cours algebre et analyse i` -...

Universite 8 Mai 1945 - Guelma

Dr HITTA Amara

Cours Algebre et Analyse I

Conformement aux programmesLMD : DEUG I–MI/ST– 2008/2009

Mathematiques et informatique

Exercices Corriges

Faculte des Sciences et de l’Ingenierie

1

Analyse, Algebre I et exercices corriges e-mail : [email protected]

2

Chapitre 1Theorie des Ensembles et relations

1.1 Operations sur les ensembles

Definition. Un ensemble F est inclus dans un ensemble E, lorsque tout element de F

appartient a E et on ecrit F ⊂ E. Si F ⊂ E et E 6= F , l’inclusion est dite stricte ou

que F est une partie propre de E et on note F ( E.

FE

Lorsqu’il existe au moins un element de F n’appartenant pas a E alors F n’est pas inclus

dans E et on ecrit F 6⊂ E.

D’autre part, deux ensembles E et F sont egaux si et seulement si chacun est inclu dans

l’autre, c’est a dire :

E = F si et seulement si E ⊂ F et F ⊂ E.

3


On admet, par ailleurs, l’existence d’un ensemble unique n’ayant aucun element appele

ensemble vide et contenu dans n’importe quel ensemble. On le note ∅. Les symboles ∈et ⊂ sont de nature differente :

① Le symbole ∈ est une relation entre un element et un ensemble; x ∈ E .

② Le symbole ⊂ exprime l’inclusion d’un ensemble dans un autre; {x} ⊂ E.

☞ Exemple 1.1.1 On a {x ∈ Z; x2 = 1} = {−1,+1} ⊂ Z. D’autre part, 2 ∈ N par

contre {2} ⊂ N. Comme Z ⊂ R et Z 6= R alors Z ( R. ◆

Certains ensembles de reference sont formes par construction a partir de l’ensemble des

entiers naturels N :

• L’ensemble Z, des entiers relatifs, est construit pour resoudre les equations de la

forme x+ a = b, (a, b) ∈ N2 et a > b.

• La consideration de l’equation ax = b, a et b ∈ Z∗, nous conduit a une extension de

Z par l’ensemble Q des nombres rationnels :

En effet, un probleme aussi simple que la resolution de l’equation xn = a, a ∈ Q∗+ et

n ∈ N, n’admet pas de solutions en general dans Q. Plus precisement, pour n = 2 :

☞ Exemple 1.1.2 L’equation x2 = 2 n’admet pas de solutions dans Q. ◆

• Mais, on sait former deux suites de nombres de rationnels l’une croissante, notee

(xn) : x1 = 1, 4, x2 = 1, 41, x3 = 1, 414, · · · et l’autre decroissante, notee (yn) :

y1 = 1, 5, y2 = 1, 42, y3 = 1, 415, · · · telles que 2 − x2n et y2

n − 2 soient aussi petits

qu’on le veut pour n suffisament grand avec x2n < 2 < y2

n. Ces deux suites de nombres

rationnels definissent un meme nombre designe par√

2.

Reste a montrer que√

2 n’est pas un nombre rationnel.

☞ Exemple 1.1.3√

2 /∈ Q : Supposons qu’il s’ecrit sous forme rationnel c’est-

a-dire√

2 = p/q ou p et q sont premiers entre eux, donc p2 = 2q2, 2 divise p car

p et p2 ont la meme parite. Il en resulte que 4 divise p2. Il existe alors p′ tel que

p2 = 4p′, d’ou q2 = 2p′ c’est-a-dire 2 divise p et q ce qui contredit le fait qu’ils sont

premiers entre eux. De meme√

2 +√

3 /∈ Q car si√

2 +√

3 = r est rationnel,

alors√

3 =√

2 + (1/r) donc 3 = 2 + 2(1/r)√

2 + (1/r2) et√

2 serait rationnel.

Contradiction. ◆

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• Un autre exemple interessant est a signaler. Il s’agit du calcul de la circonference

C d’un cercle de diametre d ∈ Q, qui n’est pas un element de Q c’est-a-dire que

C/d = π /∈ Q. De plus π2 /∈ Q car π ne peut etre solution d’aucune equation

de la forme x2 = q, q ∈ Q. En fait π ne verifie aucune equation polynomiale a

cœfficients rationnels de la forme a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x+ an = 0 ou a0 6= 0 et

a1, · · · , an ∈ Q.

Un nombre verifiant une equation de la forme precedente est dit . Dans le cas

contraire, il est dit nombre transcendant :

Les rationnels et les irrationnels forment l’ensemble R.

☞ Exemple 1.1.4 Le nombre π est transcendant. Les nombres√

3 et 4/5 sont des

nombres algebriques puisqu’ils sont solutions respectives des equations x2 − 3 = 0

et 5x− 4 = 0. Le nombre√

2 +√

3 est un nombre algebrique car il est solution de

x4 − 10x2 + 1 = 0. ◆

Il existe, par ailleurs, un procede du au Mathematicien Allemand R. Dedekind, utilise

pour passer des nombres rationnels aux nombres reels. C’est la notion de coupure dans

l’ensemble Q.

On construit, enfin, l’ensemble C des nombres complexes, pour donner un sens aux racines

des equations du second degre dont le descriminant est negatif et qui n’ont pas, de ce fait,

de solutions dans R. En recapitulant, on a les inclusions suivantes

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C.

A partir d’un ensemble E, on peut edicter certaines regles permettant de construire de

nouveaux ensembles. Ainsi, on peut classer tous les elements de E en sous-ensembles.

Cette operation s’appelle partition de l’ensemble E. On forme un nouveau ensemble

appele ensemble des parties de E, note P(E), caracterise par la relation suivante :

A ∈ P(E) si et seulement A ⊆ E.

L’ensemble P(E) n’est pas vide, car il contient au moins E et l’ensemble vide.

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Reunion et intersection de deux ensembles :

AB

On appelle reunion de deux ensembles A et B, note

A ∪ B, l’ensemble forme des elements x appartenant a

A ou B c’est-a-dire x ∈ A ∪ B si et seulemet si x ∈ A

ou (inclusif) x ∈ B.

On appelle intersection de deux ensembles A et B,

note A∩B, l’ensemble forme des elements x appartenant

a A et B c’est-a-dire x ∈ A∩B si et seulement si x ∈ A

et x ∈ B. [Partie commune hachuree et coloriee].

Deux ensembles sont dits disjoints si leur intersection est egale a l’ensemble vide. Deux

propositions sont dites contradictoires si l’une des deux est vraie et les deux ne sont

pas vraies en meme temps (ou exclusif).

☞ Exemple 1.1.5 Dans l’ensemble N, on a D(24) ∪ D(16) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24}et D(24) ∩ D(16) = {1, 2, 3, 4, 8}. Par contre les sous-ensembles D(7) et D(16) sont

disjoints. ◆

Les proprietes essentielles qui relient l’intersection et la reunion sont resumees dans les

deux propositions qui suivent.

Proposition 1.1.1 Soient A,B et C trois parties de E, on a :

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

On dit que l’intersection est distributive par rapport a la reunion et vice-versa.

Preuve : Fixons x ∈ A∩ (B ∪C) on a [x ∈ A et x ∈ B ∪C], d’ou (x ∈ A et x ∈ B) ou

(x ∈ A et x ∈ C) soit que x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), d’ou l’inclusion dans un sens. Dans

l’autre sens, considerons x element du second terme, alors x ∈ A∩B ou x ∈ A∩C. Dans

les deux cas, on a x ∈ A et x ∈ B ∪ C, ce qu’il faut demontrer. La deuxieme egalite se

demontre de la meme facon. ◆

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Definition. On appelle ensemble complementaire de A ∈ P(E), note ∁EA,

l’ensemble des elements de E qui n’appartiennent pas a A, c’est-a-dire

∁EA = {x ∈ E/x /∈ A}.

Lorsqu’il n’y a pas d’ambiguite sur E, le complementaire de A dans E sera note Ac.

Pour tous A,B ∈ P(E) on notera par A \ B, la difference de A et B, l’ensemble des

elements de A n’appartenant pas a B, donc A \ B = {x ∈ E : x ∈ A et x /∈ B}. On

definit de meme la difference B \ A. En particulier : E \ A = ∁EA = Ac.

☞ Exemple 1.1.6 Dans N, si l’on designe par D(n) l’ensemble des diviseurs de l’entier

naturel n, on aura D(24) \ D(16) = {3, 6, 12, 24} et D(16) \ D(24) = {16}. L’ensemble

R \ Q est forme par les nombres irrationnels comme le nombre π. ◆

Proposition 1.1.2 Soient A et B ∈ P(E), alors

(A ∩ B)c = Ac ∪ Bc et (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc.

Preuve : On va montrer la premiere egalite. Soit x ∈ (A ∩ B)c alors x /∈ A ou x /∈ B,

donc [x ∈ Ac ou x ∈ Bc] soit que x ∈ Ac ∪ Bc. Inversement, si x ∈ Ac ∪ Bc alors [x /∈ A

ou x /∈ B] soit que x /∈ A ∩ B et x ∈ (A ∩B)c. La deuxieme egalite est un exercice. ◆

Definition. On appelle partition de E toute famille F = (Ei)i∈I formee de parties

non vides de E, qui verifie les 2 conditions suivantes :

✧ Les parties sont deux a deux disjointes c’est-a-dire ∀i 6= j ∈ I, Ei ∩ Ej = ∅.

✧ Leurs reunion est egale a E c’est-a-dire E =⋃

i∈I

Ei.

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☞ Exemple 1.1.7 Soit A ∈ P(E) un ensemble non vide. La famille F = {A,Ac} est

une partition de E. ◆

Definition. On appelle produit de deux ensembles E et F , note E×F , l’ensemble des

couples (x, y) tels que x ∈ E et y ∈ F c’est-a-dire E × F = {(x, y)/x ∈ E et y ∈ F} .

Soit a = (x, y) ∈ E×F , x est dit la premiere projection de a, et y est dit la deuxieme

projection de a et on note : a = (x, y) ∈ E × F si et seulement si x = pr1a et y = pr2a.

Deux couples (x1, y1) et (x2, y2) sont egaux si et seulemnt si x1 = x2 et y1 = y2.

Lorsque E = F , on note par E2 le carre cartesien E × E. L’ensemble des couples

∆E = {(x, x) ∈ E2 : x ∈ E} est dit diagonale du carre cartesien E × E.

Plus generalement, on definit le produit cartesien de n ensembles E1, E2, · · · , En par

n∏

i=1

Ei = {(x1, · · · , xn)/ ∀i = 1, · · · , n, xi ∈ Ei} .

Les projections dans le cas general, sont exprimees ainsi a = (x1, · · · , xn) ∈n∏

i=1

Ei si et

seulement si xi = pria, 1 ≤ i ≤ n.

Proposition 1.1.3 Pour (A,B) ∈ [P(E)]2 et (C,D) ∈ [P(F )]2, on a les relations

suivantes

(A× C) ∪ (B × C) = (A ∪ B) × C.

(A× C) ∪ (A×D) = A× (C ∪D).

(A× C) ∩ (B ×D) = (A ∩ B) × (C ∩D).

Preuve : Montrons la premiere egalite, les deux autres se traitent de la meme facon

(A× C) ∪ (B × C) = {(x, y) : (x, y) ∈ A× C ou (x, y) ∈ B × C}= {(x, y) : (x ∈ A et y ∈ C) ou (x ∈ B et y ∈ C)}= {(x, y) : (x ∈ A ou x ∈ B) et y ∈ C)} = (A ∪ B) × C. ◆

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1.2 Applications et fonctions

Definition. Etant donnes un ensemble E, un ensemble F et une loi de correspondance

f associant a chaque element x de E un element y de F , f est dite application de E

dans F et on note : x ∈ Ef−→ y = f(x) ∈ F .

L’ensemble E est dit ensemble de depart et F est dit ensemble d’arrivee. L’element

x est dit l’ antecedent et y est dit l’ image de x par f .

L’application f est dite fonction si, pour chaque x ∈ E, il existe un unique y ∈ F tel

que f(x) = y.

0

ϕ

•

N

M

t

z

x

y

Rotation Rϕ

☞ Exemple 1.2.1 La rotation de centre

O et d’angle ϕ, dans le plan rapporte a un

repere orthonorme d’origine 0, est une ap-

plication Rϕ de R2 dans R2 qui fait corre-

spondre au point M(x, y) le point N(t, z)

dont les coordonnees sont donnees par les

formules

t = x cosϕ− y sinϕ

z = x sinϕ+ y cosϕ. ◆

✧ Si A ⊂ E, l’ image directe de A par f est

f(A) = { f(x)/x ∈ A } ⊂ F.

✧ Si B ⊂ F , l’ image reciproque de B par f est

f−1(B) = { x ∈ E/ f(x) ∈ B } ⊂ E.

✧ On appelle restriction de f a A ⊂ E, l’application f|A : A→ F :

f|A(x) = f(x), ∀ x ∈ A.

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✧ On appelle prolongement de f a un ensemble E ′ contenant E, toute application

g de E ′ vers F dont la restriction est f .

☞ Exemple 1.2.2 Soit f l’application definie par f(x) = sin(x) de R → R. Alors

f([

0,π

2

[)

= [0,+1]. Lorsque f est definie sur R telle que f(x) = x2, alors f−1([0, 1]) =

[−1, 1] et f−1(−1) = ∅.

☞ Exemple 1.2.3 Soit f l’application definie par f(x) = sin(πx). Son image est f(R) =

[−1,+1]. Sa restriction a l’ensemble Z a pour image f(Z) = 0. Les images reciproques

par f de 0 et 1 sont respectivement

f−1(0) = Z et f−1(1) =

{

2k +1

2, k ∈ Z

}

.◆

☞ Exemple 1.2.4Fonctions

usuelles La fonction tangente est definie sur R\{

(2k + 1)π

2, k ∈ Z

}

par tg : x 7→ sin x

cosx.

La fonction sinus (resp. cosinus ) hyperbolique, notee sh (resp. ch ), est definie pour

chaque reel x par sh x = 12(ex − e−x) (resp. ch x = 1

2(ex + e−x)).

La fonction de R2 dans R definie pour tout couple (x, y) par f(x, y) = |x| + |y| est dite

fonction a deux variables. ◆

Soient E,F et G trois ensembles et f et g deux applications telles que

x ∈ Ef // f(x) ∈ F

g // g[f(x)] ∈ G

g◦f,,

On peut en deduire une application de E dans G notee g ◦ f et appelee application

composee de f et g, par g ◦ f(x) = g[f(x)], ∀ x ∈ E.

En general, on a g ◦ f 6= f ◦ g. Il suffit de considerer les fonctions reelles f(x) = x2 et

g(x) = 2x+ 1.

Par contre la composition des applications est associative

h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.

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Si f est une application de E dans lui meme, on pourra definir par recurrence la puissance

nieme de f par f 2 = f ◦ f et fn = fn−1 ◦ f = f ◦ fn−1.

Le graphe d’une application f de E dans F est le sous-ensemble Cf du produit E × F

forme par les couples (x, f(x)) quand x decrit l’ensemble de depart E.

Definition. Soit f : E → F . On dit que f est injective si et seulement si : pour tout

(x, y) ∈ E2, l’egalite f(x) = f(y) implique x = y.

On dit que f est surjective si et seulement si : pour tout y ∈ F , il existe x ∈ E tel

que f(x) = y.

On dit que f est bijective (ou f est une bijection de E sur F ) si et seulement si : f

est a la fois injective et surjective.

☞ Exemple 1.2.5 La fonction f de R dans R qui a x associe f(x) = x2 n’est ni injective,

ni surjective; sa restriction a l’intervalle [0,+∞[ est injective. La fonction de R dans

[0,+∞[, qui a un reel x associe f(x) = x2 est surjective. Sa restriction a l’intervalle

[0,+∞[ est bijective.

Si la fonction f est bijective, et seulement dans ce cas, a tout y ∈ F on fait correspondre

un x ∈ E et un seul. On definit ainsi une application, notee f−1 : y ∈ F → x ∈ E, et

appelee application reciproque de f qui est bijective, et on a l’equivalence y = f(x) si

et seulement si x = f−1(y).

x′ x

y′

y

o

Cf

Cf−1

y=

x

1er

e bisse

ctric

e

Remarque : Si la fonction f est numerique,

les courbes Cf et Cf−1 ont les allures ci-

contre. Elles sont symetriques par rapport

a la premiere bissectrice d’equation y = x.

Donc :

(x, y) ∈ Cf ⇐⇒ (y, x) ∈ Cf−1.

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On verifie ainsi les relations suivantes

f ◦ f−1 = IdF et f−1 ◦ f = IdE.

Proposition 1.2.1 Soient E, F deux ensembles quelconques et une application f :

E → F . Pour tous (A,B) ∈ [P(E)]2 et (X, Y ) ∈ [P(F )]2, on a les proprietes suivantes

sur les images directe et reciproque par f :

✧ A ⊂ B =⇒ f(A) ⊂ f(B) et X ⊂ Y =⇒ f−1(X) ⊂ f−1(Y )

✧ f(A ∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B) et f−1(X ∩ Y ) ⊂ f−1(X) ∩ f−1(Y )

✧ f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B) et f−1(X ∪ Y ) = f−1(X) ∪ f−1(Y )

✧ A ⊂ f−1(f(A)) et f(f−1(X)) ⊂ X.

La preuve est laissee comme exercice.

Theoreme 1.2.2 Soient f : E → F et g : F → G deux applications quelconques.

✧ Si f et g sont injectives, g ◦ f est injective.

✧ Si f et g sont surjectives, g ◦ f est surjective.

✧ Si f et g sont bijectives, g ◦ f est bijective c-a-d.

(g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1.

Preuve : Comme g sont injective, alors (g ◦ f)(x) = (g ◦ f)(y) entraine f(x) = f(y). Ce

qui entraine a son tour x = y. Si f et g sont surjectives, alors f(E) = F et g(F ) = G.

Donc (g◦f)(E) = g[f(E)] = g(F ) = G. D’ou la surjectivite de g◦f . La derniere assertion

decoule des deux premieres. ◆

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1.3 Lois de composition

La structure d’un ensemble, fini ou infini, peut-etre caracterisee par une ou plusieurs lois

internes ou externes dites lois de composition.

Dans ce paragraphe nous allons etudier les operations algebriques independamment des

objets mathematiques de l’ensemble auxquels elles sont susceptibles de s’appliquer.

Soient E et K deux ensembles quelconques.

Definition. On appelle loi de composition interne sur E une application de E × E

dans E qui a (x, y) associe x ∗ y. On dit qu’on a une loi de composition externe de K

sur E si on se donne une application K × E dans E qui a (β, x) associe βx. Dans ce

cas, on dit que K agit sur E.

☞ Exemple 1.3.1 Les lois de composition definies par l’addition et la multiplication sur

les ensembles N,Z,Q,R sont des lois internes. Soit E un ensemble quelconque. Soient

X, Y ∈ P(E), les lois de composition (X, Y ) → X∪Y et (X, Y ) → X△Y = (X∪Y )\(X∩Y ) sont des lois internes sur P(E). ◆

Dans l’ensemble N, considerons la loi qui a chaque couple (x, y) ∈ N2 associe xy. Suposons

que l’on se donne trois entiers naturels x, yn et z, les entiers (xy)z et x(yz) ne sont pas

necessairement egaux, comme on peut facilemnt le constater.

Soient x, y, z ∈ E et ∗ une loi interne sur E.

La loi ∗ est dite associative si :

(x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z).

On definit par recurrence le compose de n elements x1, x2, · · · , xn d’un ensemble E par

x1 ∗ (x2 ∗ (· · · (xn−1 ∗ xn) · · · )). L’associativite permet d’effectuer le calcul dans E sans se

soucier de la succession des operations imposees par la definition precedente.

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La loi ∗ est dite commutative si :

x ∗ y = y ∗ x.

La loi ∗ admet sur E un element neutre, note e, si pour tout x ∈ E on a :

x ∗ e = e ∗ x = x.

Unicite : L’element neutre , lorsqu’il existe, est unique. En effet, supposons que e′ est

un autre element neutre pour la loi ∗, alors e′ = e′ ∗ e = e ∗ e′ = e. ◆

L’element x ∈ E admet un element symetrique, note, x′ si la loi ∗ admet un element

neutre e et si

x ∗ x′ = x′ ∗ x = e.

Unicite : Le symetrique x′ de x ∈ E est unique pour la loi ∗. En effet, soit x′′ un

deuxieme element symetrique de x. En utilisant l’associativite de la loi ∗, on obtient

x′ = e ∗ x′ = (x′′ ∗ x) ∗ x′ = x′′ ∗ (x ∗ x′) = x′′ ∗ e = x′′. ◆

☞ Exemple 1.3.2 Dans l’ensemble P(E) on definit la loi de composition ⊗, dite somme

disjonctive de X et Y ∈ P(E), par X ⊗ Y = (X ∩ Y c)∪ (Y ∩Xc). On verifie que cette loi

est bien interne, commutative, associative, admet pour element neutre l’ensemble vide et

chaque element est son propre symetrique. ◆

Soient ◦ et ∗ deux lois de composition internes definies sur E et x, y, z trois elements

quelconques de E.

On dit que ◦ est par rapport a la loi ∗ si l’on a

(x ∗ y) ◦ z = (x ◦ z) ∗ (y ◦ z)

z ◦ (x ∗ y) = (z ◦ x) ∗ (z ◦ y).

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Si les deux lois ne sont pas commutatives, on prendra bien soin de ne pas modifier l’ordre

des termes.

Un entre deux ensembles E et F munis de deux lois internes ∗ et ◦, est une application

f : (E, ∗) → (F, ◦) qui verifie, pour tous x1 et x2 ∈ E, la relation

f(x1 ∗ x2) = f(x1) ◦ f(x2)

Une bijection (E, ∗) sur (F, ◦) est un homomorphisme bijectif de (E, ∗) dans (F, ◦).

☞ Exemple 1.3.3 La bijection x → ex de (R,+) sur (R∗+, .) est un homomorphisme

qui fait correspondre a l’addition sur R la multiplication sur R+. Par contre, la bijection

x → ℓnx de (R∗+, .) sur (R,+) fait correspondre la multiplication sur R∗

+, l’addition sur

R. On a alors ex+y = ex.ey et ℓn(x.y) = ℓnx+ ℓny.◆

1.4 Relation d’equivalence

Definition. Soit R une relation binaire sur E. Pour tous x, y, z ∈ E, R est dite :

✧ Reflexive si : xRx c-a-d. chaque element est en relation avec lui-meme.

✧ Symetrique si : xRy =⇒ yRx. Si x est en relation avec y alors y est en relation

avec x.

✧ Transitive si : [xRy et yRz] =⇒ xRz. Si x est en relation avec y et y en relation

avec z alors x est en relation avec z.

✧ Anti-symetrique si :

[xRy et yRx] =⇒ x = y. Si deux elements sont en relation l’un avec l’autre, ils

sont egaux.

La relation R est une relation d’equivalence si elle est a la fois reflexive, symetrique

et transitive. Dans ce cas, on appelle classe d’equivalence d’un element x de E,

l’ensemble des elements de E en relation avec x par R, notee

C(x) = {y ∈ E : yRx}.

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La classe d’equivalence C(x) est non vide car R est reflexive et contient de ce fait au moins

x. On notera par

E/R = {C(x)/x ∈ E}

l’ensemble des classes d’equivalence de E par la relation R.

☞ Exemple 1.4.1 Dans l’ensemble des entiers relatifs Z, on definit la relation de con-

gruence modulo 3 par xRy si et seulement si x − y = 3k (congruence modulo 3). Les

classes d’equivalence sont, ainsi, formees par les restes de la division par 3, qui sont

C(0),C(1),C(2). Leurs ensemble est note Z/3Z = Z3. En general, pour n entier naturel

non nul, la relation xRy si et seulement si il existe un entier k tel que x− y = nk est une

relation d’equivalence. Leurs ensemble est Zn = Z/nZ = {C(0),C(1), ·,C(n− 1)}. ◆

☞ Exemple 1.4.2 On considere maintenant la relation suivante sur R : xRy si et seule-

ment x3 − y3 = x − y. La classe d’equivalence de a ∈ R est l’ensemble C(a) = {x ∈ R :

x3 − a3 = x− a} qui contient a et les racines du trinome T (x) = x2 + ax+ a2 − 1. ◆

Theoreme 1.4.1 Soit R une relation d’equivalence sur E. Les classes d’equivalence

(C(x))x∈E constituent une partition de E.

Preuve : Les classes sont deux a deux disjointes. En effet, si αRβ et si x ∈ C(α) alors

xRβ et x ∈ C(β) ceci implique que C(α) ⊂ C(β). On verifie de la meme facon l’inclusion

inverse. Donc si α et β ne sont pas en relation alors C(α) ∩ C(β) = ∅ et les classes

[C(x)]x∈E sont disjointes deux a deux. D’autre part, pour tout x ∈ E on a x ∈ C(x) donc

E ⊂ ⋃

x∈E

C(x) d’ou E =⋃

x∈E

C(x). ◆

On traite maintenant la decomposition canonique d’une application entre deux ensembles.

Soit f : E → F une application. On definit une relation d’equivalence R associee a

l’application f par

xRy ⇐⇒ f(x) = f(y).

16


L’application f se decompose comme le montre le diagramme commutatif suivant :

E

π

��

f // F

E/Rf

// f(E)

i

OO

L’interet de cette decomposition consiste a remplacer l’application f , qui est quelconque,

par :

• La surjection π de E sur E/R definie par π(x) = C(x) = {x′ ∈ E : f(x) = f(x′)}.

• La bijection f de E/ R sur f(E) definie par f(C(x)) = f(x). En fait, f est surjective

par definition. D’autre part, f(x) = f(y) entraine xRy soit que C(x) = C(y) d’ou

l’injectivite de f .

• L’injection canonique i de f(E) dans F .

On obtient ainsi la factorisation canonique de l’application f suivant R

f = i ◦ f ◦ π.

☞ Exemple 1.4.3 Dans R∗+ on definit la relation d’equivalence R par

x R y ⇐⇒ xℓny = yℓnx⇐⇒ ℓnx

x=ℓny

y.

Cette relation est donc R est associee a l’application f : R∗+ → R definie par f(x) = ℓnx/x.

Le tableau de variations de f et son graphe dans un repere orthonorme (O,−→i ,

−→j ), nous

donne pour tout α ∈ R∗+, les classes d’equivalence suivantes

C(α) =

{α} ∀ α ∈]0, 1[∪{e}

{α, β} ∀ α ∈]1, e[, β > e etℓnα

α=ℓnβ

β.

Ainsi : R∗+/R = {C(α) : α ∈]0, e[}, il existe donc une bijection g entre ]0, e] et R∗

+/R.

Comme les applications suivantes

γ = f|]0,e]: ]0, e] −→ f(R∗

+) =

]

−∞,1

e

]

et f = γ ◦ g−1 : R∗+/R −→ f(R∗

+)

17


sont des bijections, le diagramme commutatif de la decomposition de f sera

R∗+

π

��

f // R

R∗+/R

f// R+

i

OO

ou π est la surjection canonique de R∗+ dans R∗

+/R definie par π(x) = C(x) et i l’injection

canonique de ]−∞, 1/e] dans R definie par i(x) = x. ◆

☞ Exemple 1.4.4 Soit P le plan muni d’un repere orthonorme (O,−→i ,

−→j ), d’une dis-

tance d et de l’application ξ : P −→ R telle que ξ(M) = d(O,M). On definit la

relation d’equivalence R sur P par M R N ⇐⇒ ξ(M) = ξ(N) c’est-a-dire M et N sont

equidistants de l’origine O. On pose C(M) le cercle de centre O et de rayon r = d(O,M).

L’ensemble P/ R est forme des cercles de centre O et de rayon r ∈ R∗. On obtient ainsi

la decomposition suivante de ξ sous forme d’un diagramme commutatif

P

π

��

ξ // R

P/Rξ

// R∗+

i

OO

avec π : M → C(M), ξ : C(M) → d(O,M) et i l’injection de R∗+ dans R. ◆

1.5 Relation d’ordre

Definition. Une relation R sur E est dite relation d’ordre si elle est antisymetrique,

transitive et reflexive.

☞ Exemple 1.5.1 Soit R la relation definie sur N∗ par la relation “x divise y”. Verifions

qu’elle est antisymetrique

xRy ⇐⇒ ∃ k ∈ N∗ : y = kx

yRx ⇐⇒ ∃ k′ ∈ N∗ : x = k′y,

18


il vient que kk′ = 1, comme k et k′ ∈ N, alors k = k′ = 1 c’est-a-dire x = y. ◆

Definition. Si X est une partie non vide de E muni de la relation d’ordre ≤.

✧ L’element x0 est le plus grand element de X si et seulement si

x0 ∈ X et ∀x ∈ X on a x ≤ x0.

✧ L’element x0 est le majorant de X si et seulement si

x0 ∈ E et ∀x ∈ X on a x ≤ x0.

✧ L’element x0 est l’ element maximal de X si et seulement si

x0 ∈ X, ∀x ∈ X, on a [x0 ≤ x =⇒ x = x0].

Si A admet un plus grand element, celui-ci est le seul element maximal de A. Dans le cas

contraire A peut posseder plusieurs elements maximaux. La borne superieure de A est le

plus petit element (s’il existe) de l’ensemble des majorants de A, on le note supx∈A(x).

Symetriquement, on definit sur A le plus petit element, le minorant, l’element minimal

et infx∈A(x).

Soit E un ensemble muni d’une relation d’ordre R. Les elements a et b de E sont

dits comparables si l’on a [aRb ou bRa]. Si tout les elements de E sont comparables

par la relation R, l’ensemble E est dit totalement ordonne par R. Sinon, il est dit

partiellement ordonne.

☞ Exemple 1.5.2 L’ensemble (R,≤) est totalement ordonne. Par contre l’ensemble

(P(E),⊂) est partiellement ordonne si l’ensemble E a plus d’un element. Si (Ai)i∈I est

une famille d’elements de P(E), on a

supi∈I

Ai =⋃

i∈I

Ai et infi∈I

Ai =⋂

i∈I

Ai. ◆

19


Si l’ensemble E est totalement ordonne, on definit la notion d’intervalle comme dans

l’ensemble (R,≤). Un ensemble ordonne dont chaque couple d’elements admet un element

superieur et un element inferieur est dit treillis. C’est le cas de l’ensemble (R,≤).

✧ Remarque : Il n’existe pas d’element strictement plus grand qu’un element max-

imal. Un element maximal ne peut etre, la plupart des cas, le plus grand element que

si l’ensemble est totalement ordonne, auquel cas tout element maximal est le plus grand

element.

✧ Remarque : Une relation non symetrique n’est pas pour cela antisymetrique, comme

le temoigne la relation definie sur Z par x R y si |x| ≥ y, qui n’est pas symetrique car

(3, 2) ∈ GR, par contre (2, 3) /∈ GR. Cette relation n’est pas antisymetrique non plus car

(−3, 2) ∈ GR et (2,−3) ∈ GR mais 2 6= −3.

1.6 Construction des ensembles usuels

Pour definir l’ensemble N, on adopte la methode due a Peano (1858-1932) et Dedekind

(1831-1916).

Une autre approche utilise les axiomes de Zermelo-Fraenkel.

✧ Axiomes de Peano : L’ensemble des entiers naturels est la donnee d’un ensemble

N et d’une fonction σ : N → N definie pour tout n ∈ N par σ(n) = n + 1 et verifiant les

axiomes suivants

1. 0 ∈ N

2. σ est une injection

3. Aucun nombre n’admet 0 pour successeur c-a-d. ∀n ∈ N, σ(n) 6= 0

4. Si A ∈ P(N) tel que σ( A) ⊂ A et contenant 0, alors A = N.

Cet axiome se reformule ainsi :

✧ Axiome de recurrence : Soient A une partie de N et P(n) une proposition vraie

pour tout n ∈ A. Si on a

20


1. Initialisation : P(0) est vraie

2. Heridite : ∀n ∈ A, [ P(n) vraie] =⇒ [P(n+ 1) vraie]. Alors A = N.

Dans ce cas, la proposition P(n) est vraie pour tout n ∈ N.

☞ Exemple 1.6.1 Montrons par recurrence la propriete P(n) :

s[n] = 0 + 1 + 2 + · · · + n =n(n + 1)

2.

Initilisation au rang n = 0, comme s[0] = 0, la propriete P(0) est vraie. Pour l’heridite,

supposons que P(n) est vraie c-a-d. s[n] =n(n+ 1)

2. Mais,

s[n + 1] = s[n] + (n + 1) =n(n+ 1)

2+ (n+ 1) = (n+ 1)

(n

2+ 1)

=(n+ 1)(n+ 2)

2.

Donc P(n+ 1) est vraie. La propriete est initialisee au rang 0 et est heriditaire donc elle

est vraie pour tout n ∈ N. ◆

☞ Exemple 1.6.2 Montrons que, pour tout n ∈ N, que

s[n2] = 12 + 22 + · · · + n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

Par recurrence sur n, la formule est triviale si n = 1. Heridite : Supposons la verifiee a

l’ordre n− 1 c-a-d. :

s[(n− 1)2] = 12 + 22 + · · · + (n− 1)2 =(n− 1)n(2n− 1)

6.

Alors

S[n2] = s[(n− 1)2] + n2 =(n− 1)n(2n− 1)

6+ n2 =

n(n + 1)(2n+ 1)

6.

La recurrence est verifiee a l’ordre n, donc verifiee pour tout n ∈ N. ◆

☞ Exemple 1.6.3 Montrons que, pour tout n ∈ N, que

(1 + x)n ≥ 1 + nx

21


pour tout x ≥ −1. Par recurrence, l’inegalite est triviale si n = 1. Heridite : Supposons

que l’inegalite est verifiee a l’ordre n − 1 c-a-d. : (1 + x)n−1 > 1 + (n − 1)x pour tout

x > −1. Donc, a l’ordre n, on verifie que

(1 + x)n = (1 + x)n−1(1 + x) > [1 + (n− 1)x](1 + x) = 1 + nx+ (n− 1)x2 > 1 + nx.

L’inegalite est ainsi verifiee pour tout n ∈ N. ◆

L’addition et la multiplication sur N sont definies, ∀m,n ∈ N, par

m+ n = σn(m)

m.n = (σm)n(0).

L’application σn est la composition n fois de σ definie par

σ0 = IdN et σn+1 = σ ◦ σn.

Notons enfin une propriete importante des entiers naturels qui est une consequence des

axiomes de Peano, a savoir :

Pour tout ensemble non vide A d’entiers naturels, il existe un plus petit element de A

pour l’ordre usuel des entiers.

✺ Construction de Z :

Dans N2 on definit la relation d’equivalence : (a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ a+d = b+c. L’ensemble

des classes d’equivalence est l’ensemble des entiers relatifs designe par

Z = N × N/ ∼.

La classe du couple (a, b) sera notee [a, b]. On definira l’addition et la multiplication dans

Z par

[a, b] + [c, d] = [a + c, b+ d]

[a, b] × [c, d] = [ac + bd, ad+ bc],

ou a, b, c et d ∈ N.

L’addition est commutative, associative et admet [0, 0] pour element neutre que l’on iden-

tifiera par la suite avec 0 ∈ N. La multiplication est commutative, associative et distribu-

tive par rapport a l’addition. L’ensemble N devient un sous-ensemble de Z par l’injection

a→ ϕ(a) = [a, 0]. Une relation d’ordre sur Z est definie par a ≤ b ⇐⇒ b− a ∈ N.

22


✺ Construction de Q et R :

Dans l’ensemble Z × Z∗, on definira encore une relation d’equivalence (verifiez !) par

(a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ ad = bc.

Chaque classe d’equivalence est dite nombre rationnel et l’ensemble de ces classes sera

note

Q = (Z × Z∗)/ ∼.

On definira l’addition et la multiplication dans Q par

[a, b] + [c, d] = [ad + bc, bd]

[a, b] × [c, d] = [ac, bd].

En particulier [0, a] = [0, 1] qui est l’element neutre pour l’addition. Par contre [1, 1] est

l’element neutre pour la multiplication. Pour tout a ∈ Z, on lui associe [a, 1] ∈ Q, d’ou

Z ⊂ Q.

L’inverse pour la multiplication de [p, 1] est [1, p]. On le notera par 1/p, d’ou

[p, q] = [p, 1] × [1, q] =p

q.

La fractionp

qest dite positive si p et q sont positifs. L’ensemble F des fractions positives

est stable par l’addition et la multiplication de fractions donc

Q = −F ∪ {0} ∪ F.

La relation d’ordre sur Q est definie ainsi

r ≤ s⇐⇒ s− r ∈ F ∪ {0}.

Cet ordre est Archimedien, c’est a dire que

• “Pour deux rationnels r et s, il existe un entier naturel n tel que s < nr”.

En effet, soient s =p

het r =

q

hdeux rationnels qui ont le meme denominateur

commun, l’entier naturel n est choisi tel que p < nq.

Une autre propriete de l’ensemble Q que Z ne verifie pas, c’est sa densite, qui

s’enonce par

23


• Entre deux rationnels r et s, il existe un troisieme a savoir, la moitie de

leurs somme t =r + s

2.

En effet, Supposons que s < t. Ajoutons s aux deux membres de cette inequation,

on trouve 2s < s+ t donc s <s+ t

2. De meme, en ajoutant t aux deux membres de

l’inequation s < t, on obtients+ t

2< t. Reste a montrer que

s+ t

2est un nombre

rationnel. Ce qui est facile a verifier en ecrivant s et t sous forme de fractions.

Toutefois l’ensemble Q, lui aussi, possede ses frontieres. Ainsi il est impossible de

repondre a la question :

• “Quel est le nombre x qui mesure la diagonale d’un carree de cote egal

a l’unite ?”

En effet, le probleme impose d’ecrire x2 = 2. Il n’existe aucun x ∈ Q - c’est a

dire aucune fraction rationnelle - qui, multiplie par lui-meme donne 2. Pour passer

outre, il nous faut elargir l’ensemble Q.

Ainsi, Les suites (xn) et (yn) definies au debut de ce chapitre definissent un meme

nombre non rationnel designe par√

2, dit nombre irrationnel , et qui verifie

l’equation x2 = 2.

Les nombres rationnels et irrationnels forment l’ensemble des nombres reels note R.

1.7 Ensembles denombrables

C’est en 1873, que Cantor posa un probleme auquel nul n’avait songe, a savoir :

L’ensemble R des nombres reels est-il denombrable ?

La reponse a cette question encouragea Cantor a consacrer une grande partie de sa carriere

aux problemes d’equipotence.

Definition. Un ensemble E est dit strictement denombrable s’il existe une bi-

jection de E sur N. On dit que E est denombrable s’il est fini ou strictement

denombrable.

24


Ceci revient a dire qu’un ensemble est denombrable si c’est un ensemble dont on peut

numeroter les elements. L’existence de la bijection ϕ : N → E permet de representer ϕ(n)

par an ∈ E.

Proposition 1.7.1 Toute partie d’un ensemble denombrable est finie ou

denombrable.

Preuve : Il suffit de faire la demonstration pour une partie infinie B de N. Soit ϕ :

N → B qui a n associe bn. Supposons que b0 est le plus petit element de B et bn celui de

B \ {b0, · · · , bn−1} qui est non vide, sinon B est fini.

ϕ est injective : Si p < q alors bq /∈ {b0, · · · , bp−1} donc bq 6= bp et ϕ(q) 6= ϕ(p).

ϕ est surjective : Supposons que ϕ ne soit pas surjective et soit b ∈ B tel que

∀n ∈ N ϕ(n) = bn 6= b =⇒ b ∈ B \ {b0, · · · bn−1}.

Donc, par definition bn ≤ b. D’autre part, b0 ≤ b donc ∀n ∈ N on a bn ≤ b. Mais

l’intervalle [0, b] est fini et ϕ(n) ∈ [0, b] et comme ϕ est injective, alors ϕ(N) = N ⊂ [0, b].

Contradiction car N est infini. ◆

☞ Exemple 1.7.1 L’ensemble N∗ est strictement denombrable en considerant la bijec-

tion s : N → N∗ definie par s(n) = n + 1. Toute partie de N est aussi denombrable.

☞ Exemple 1.7.2 Pour Z, on considere la bijection f : N → Z definie par

f(n) =

n

2si n pair

−n + 1

2si n impair.

☞ Exemple 1.7.3 Le produit N × N est strictement denombrable. En effet, on peut

ecrire N × N sous forme d’un tableau infini a double entree en considerant l’application

ϕ : N × N → N telle que ϕ(p, q) = (p+q)(p+q+1)2

+ q. on pourrait aussi utiliser la bijection

ψ : N × N → N telle que ψ(n, p) = 2n(2p + 1). C’est une surjection car tout nombre

entier non nul s’ecrit comme produit d’une puissance de 2 par un nombre impair et c’est

une injection car cette ecriture est unique. Par exemple on a 144 = 24 × 9 soit que

ψ(4, 4) = 144 donc ψ est une bijection de N × N et N∗, d’ou le resultat.

25


☞ Exemple 1.7.4 L’ensemble Q∗+ considere comme une partie de N × N, est donc en

bijection avec N. Comme Q∗+ est infini, il est alors strictement denombrable. Il y va de

meme pour l’ensemble des nombres rationnels Q.

Proposition 1.7.2 Soit f une surjection d’un ensemble denombrable E dans un en-

semble F quelconque. Si l’application f est surjective, Alors F est fini ou denombrable.

Preuve : On se limite au cas ou E = N. Comme f est surjective, ∀x ∈ F , f−1(x) est

une partie non vide de N, soit m(x) son plus petit element. L’application m : F → N

verifie f ◦m = IdF donc m est injective. Il existe une bijection de F sur m(F ) ⊂ N, F

est alors fini ou denombrable. ◆

Proposition 1.7.3 Toute reunion d’ensembles denombrables est denombrable.

Preuve : Soit (An)n∈N une famille d’ensembles denombrables et A =⋃

n

An. Il existe par

hypothese des bijections ϕn : N → An. On construit une autre application ψ : N×N → A

telle que ψ(m,n) = ϕn(m). L’application ψ est surjective car ∀a ∈ A, il existe ν ∈ N, tel

que a ∈ Aν . Posons µ = ϕ−1ν (a). On a alors ψ(µ, ν) = a. ◆

Nous allons maintenant montrer l’existence d’ensembles non denombrables en particulier

l’ensemble R des nombres reels.

Proposition 1.7.4 L’ensemble P(N) n’est pas denombrable.

Preuve : Puisqu’on a une injection de N dans P(N) alors P(N) n’est pas un ensemble

fini. Soit ϕ : N → P(N) l’application qui a x ∈ N associe l’ensemble ϕ(x) = X = {n ∈N/ϕ(n) 6= n} ⊂ N. On va montrer que ϕ n’est pas surjective, auquel cas P(N) ne sera pas

denombrable. En effet, Supposons qu’il existe y ∈ N tel que ϕ(y) = X :

• Si y ∈ X, par defintion, y /∈ ϕ(y) = X; contradiction.

• Si y /∈ X, alors y /∈ ϕ(y) et y ∈ X, contradiction.

L’application ϕ n’est pas surjective dans les deux cas. ◆

On admet le theoreme suivant dont la demonstration sort du cadre du programme :

26


Theoreme 1.7.5 L’ensemble R n’est pas denombrable. Plus precisement, tout inter-

valle de R n’est pas denombrable.

1.8 Exercices Corriges

Dans la suite on considere E et F deux ensembles quelconques non vides et on designera

par ∁EA ou Ac le complementaire de A dans E.

Exercice 1.7.1. ☞ Soient A et B deux sous-ensembles de E, on leur associe leur

difference A\B.

① Etablir que A\B = A\(A ∩B) = (A ∪B)\B. En deduire l’ensemble A\(A\B).

② Soit C un troisieme sous-ensemble de E. Montrer les formules suivantes :

A\(B ∪ C) = (A\B) ∩ (A\C).

A\(B ∩ C) = (A\B) ∪ (A\C).

(A\B)\C = A\(B ∪ C).

③ On definit une loi interne sur P(E) par A ∗B = ∁EA ∩ ∁EB. Exprimer ∁EA, A ∪Bet A ∩ B en fonction de la loi ∗.

Solution. On applique les lois de Morgan et les proprietes sur les complementaires

et la difference de deux ensembles.

27


① Pour A,B ∈ P(E) on a

∁A(A ∩B) = {x/x ∈ A et x /∈ A ∩B} = {x/x ∈ A, x /∈ B} = A\B.(A ∪B)\B = {x/(x ∈ A ou x ∈ B) et (x ∈ B ou x /∈ B} = A\B.A\(A\B) = ∁A

(∁A(A ∩B)

)= A ∩ B

② En prenant les complementaires de B ∪ C et B ∩ C dans E, on aura

A\(B ∪ C) = A ∩ ∁E(B ∪ C) = A ∩ (∁EB ∩ CEC) = (A ∩ ∁EB) ∩ (A ∩ ∁EC)

= (A\B) ∩ (A\C).

A\(B ∩ C) = A ∩ (∁EB ∪ ∁EC) = (A ∩ ∁EB) ∪ (A ∩ ∁EC) = (A\B) ∪ (A\C).

(A\B)\C = A ∩ (∁EB ∩ ∁EC) = A ∩ ∁E(B ∪ C) = A\(B ∪ C).

③ En choisissant B = E (resp. B = A), on obtient ∁EA = A∗E (resp. CEA = A∗A).

En remplacant A et B par leurs complementaires, on obtient A∩B = ∁EA∗∁EB.

Enfin, la loi de Morgan implique que A ∪B = ∁E(A ∗B). ◆

Exercice 1.7.2. ☞ Soit IA : E → {0, 1}, la fonction caracteristique de A ∈ P(E),

definie par

IA(x) =

1 si x ∈ A

0 si x /∈ A.

Demontrer que pour A et B ∈ P(E) :

① IA(x) = IB(x) ⇐⇒ A = B.

② I∁EA(x) = 1 − IA(x).

③ IA∩B(x) = IA(x)IB(x).

④ IA∪B(x) = IA(x) + IB(x) − IA(x)IB(x).

⑤ IA−B = IA(1 − IB).

⑥ IA∆B = IA + IB − 2IA.IB.

28


Solution. Si A ⊂ B, alors IA(x) ≤ IB(x).

① A = B ⇐⇒ A ⊂ B et B ⊂ A d’ou IA = IB.

② On a x ∈ A ⇐⇒ x /∈ ∁EA, alors IA(x) = 1 et I∁EA(x) = 0. Si x /∈ A alors

x ∈ ∁EA. Dans les deux cas, on a

IA(x) + I∁EA(x) = 1.

③ Si x ∈ A ∩B, alors x ∈ A et x ∈ B, donc

IA(x).IB(x) = 1 = IA∩B.

On procede de la meme facon dans le cas ou x /∈ A ∩B.

④ En utilisant les identites precedentes, on obtient

IA∪B = 1 − I∁EA∩∁EB = 1 − I∁EA.I∁EB

= 1 − (1 − IA)(1 − IB) = IA + IB − IA.IB.

Comme A\B = A ∩ ∁EB, on a

IA\B = IA∩∁EB = IA.I∁EB = IA(1 − IB).

Remarquons que A∆B = (A ∪ B) ∩ (A ∩ B)c. Les relations precedentes nous

donnent

IA∆B = IA∪B.(1 − IA.IB) = IA + IB − 2IAIB. ◆

Exercice 1.7.3. ☞ Soient A et B ∈ P(E) et f : P(E) → P(A) × P(B) definie par

f(X) = (X ∩ A,X ∩ B).

① Montrer que f est injective si et seulemnt si A ∪B = E.

② Montrer que f est surjectif si et seulement si A ∩B = ∅.

③ Donner une condition necessaire et suffisante pour que f soit bijective.Donner f−1.

29


Solution. Soit f une application definie comme dans l’enonce.

① Comme f est injective et f(A ∪ B) = f(E) = (A,B), alors A ∪ B = E. Inverse-

ment, si A ∪ B = E et f(X) = f(Y ) alors

X ∩ A = Y ∩ A et X ∩ B = Y ∩B.

Donc

X = X ∩ E = X ∩ (A ∪B) = (X ∩ A) ∪ (X ∩ B)

= (Y ∩ A) ∪ (Y ∩ B) = Y ∩ E = Y.

② Supposons que f est surjective et fixons (A, ∅) ∈ P(A) × P(B). Il existe alors

X ∈ P(E), tel que f(X) = (A, ∅). Donc

X ∩ A = A et X ∩B = ∅

et

A ∩ B = (X ∩A) ∩ B = A ∩ (X ∩ B) = ∅.

Inversement, supposons que A ∩ B = ∅ et soit (X1, Y1) ∈ P(A) × P(B). Posons

X = X1 ∪ Y1 ∈ P(E). Puisque

A ∩ Y1 ⊂ A ∩B = ∅ et B ∩X1 ⊂ A ∩ B = ∅

on aura

f(X) = ((X1 ∩ A) ∪ (Y1 ∩A); (X1 ∩ B) ∪ (Y1 ∩B))

= (X1 ∩ A, Y1 ∩A) = (X1, Y1).

Donc f est surjective.

③ f est injective et surjective donc bijective. D’apres 1) et 2), on a

A ∩B = ∅ et A ∪ B = E =⇒ B = CEA.

La fonction f est definie dans ce cas par f(X) = (U, V ) avec

U = X ∩A, V = X ∩ Ac et X = U ∪ V.

Sous ces conditions, la reciproque f−1 de f est definie par f−1(U, V ) = U ∪V . ◆

30


Exercice 1.7.4. ☞ Soit f l’application de R dans l’intervalle [−1, 1] definie par

f(x) = sin(πx).

① Cette application est-elle injective? est-elle surjective ? est-elle bijective ?

② Montrer que la restriction ξ de f a ]− 1/2, 1/2[ est une bijection de ]− 1/2, 1/2[ sur

] − 1, 1[.

③ Soit ϕ : R →] − 1, 1[ definie par ϕ(x) =x

1 + |x| .

Montrer que ϕ est bijective et determiner sa reciproque.

Solution. Soit l’application f : R → [−1, 1] definie par f(x) = sin(πx).

① Comme f(0) = f(1) = 0, l’application f n’est pas injective. Par contre f(R) =

[−1, 1] c-a-d. que f est surjective. De plus

f(Z) = {0}, f−1 ({0}) = Z et f−1({1}) =

{

a ∈ R/∃k ∈ Z et a =1

2+ 2k

}

.

② La restriction ξ de f a l’intervalle I = ]−1/2, 1/2[ est bijective car pour tout

y ∈] − 1, 1[, l’equation sin(πx) = b admet une solution unique x ∈ I.

③ Si y = ϕ(x) =x

1 + |x| , la reciproque ϕ−1 de ϕ est telle que x = ϕ−1(y) =y

1 − |y| ,qui est une application de ] − 1, 1[ sur R. ◆

Exercice 1.7.5. ☞ Une application f de E dans E est dite une involution lorsque

f ◦ f = IdE .

① Montrer que f est involutive si et seulement si elle est bijective et f = f−1.

② Determiner les applications affines et homographiques de R dans R qui sont involu-

tives.

31


Solution. Soit l’application f : E → E.

① Comme f ◦f = IdE alors pour tout x ∈ E, x = f(f(x)). L’element x est l’image de

f(x), donc f est surjective. Supposons que f(x) = f(y), en composant a gauche

par f on trouve que x = y, donc f est injective, d’ou f est bijective et f = f−1.

Inversement, toute bijection f telle que f = f−1 est une involution.

② Soit f(x) = ax + b, a 6= 0, une bijection affine de R dans R. Sa reciproque est

f−1(x) =1

ax− b

a. La condition pour que f soit une involution est f = f−1 donc

a2 = 1 et b(a + 1) = 0. Si a = 1, b = 0 alors f = IdR. Pour a = −1, b serait

arbitraire et f(x) = −x+ b.

③ La transformation homographique f : x → f(x) =ax+ b

cx+ dadmet pour inverse la

transformation x → f−1(x) =−dx+ b

cx+ d. La condition d’involution exige que les

cœfficients soient proportionnels. Donca

−d =b

b=c

c=

d

−a et a + d = 0. ◆

Exercice 1.7.6. ☞ Determiner sur R les classes d’equivalence et la decomposition

des fonctions correspondantes des relations suivantes

x R1 y ⇐⇒ x+ x−1 = y + y−1, 0 R1 0

x R2 y ⇐⇒ x4 − x2 = y4 − y2, 0 R2 0.

Solution. Le fait que R1 et R2 sont des relations d’equivalence est facile a prouver.

La classe d’equivalence de x 6= 0 pour R1 est x = {y ∈ R/y + y−1 = x+ x−1}. Or,

(y − x)

(

1 − 1

xy

)

= 0 ⇐⇒ y = x ou y = x−1.

Le graphe de R1 dans R2 est la reunion de la premiere bissectrice et de l’hyperbole

d’equation y =1

x. On verifie de la meme facon que le graphe de R2 est la reunion des

droites y = x, y = −x et le cercle unite x2 + y2 = 1. ◆

32


Exercice 1.7.7. ☞ Soient (a, b) ∈ R∗ ×R∗ tel que a 6= b et M(x, y), M ′(x′, y′) deux

points du plan euclidien P. Sur l’ensemble P, on definit une relation binaire R par

MRM ′ ⇐⇒ ∃ϕ ∈ R tel que

x = x′ cosϕ+a

by′ sinϕ

y = − b

ax′ sinϕ+ y′ cosϕ

① Montrer que R est une relation d’equivalence sur P.

② Preciser les classes d’equivalence et l’ensemble quotient P/R.

③ Soit f l’application de R dans P definie par

f : ϕ→M(x, y) avec

x = cosϕ+a

bsinϕ

y = − b

asinϕ+ cosϕ

Determiner la decomposition canonique de f .

Solution. Soit (a, b) ∈ R∗ × R∗ tel que a 6= b.

① Si MRM ′, il suffit de choisir ϕ′ = −ϕ pour que M ′RM , d’ou la reflexivite. Pour

la transitivite, supposons que MRM ′ et M ′RM ′′ et ϕ et ϕ′ les reels associes a M

et M ′. En choisissant ϕ′′ = ϕ+ ϕ′, il est facile de montrer que MRM ′′.

② La classe de M est cl(M) = {M ′(x′, y′) ∈ P : a2x′2 + b2y′2 = K2}, c’est

l’equation d’une ellipse. L’ensemble quotient P/R est donc l’ensemble des el-

lipses d’equations

a2x2 + b2y2 = k2, k ∈ R.

③ Il est immediat que la relation f(ϕ) = f(ϕ′) entre elements de R est une relation

d’equivalence R dans R. Plus precisement, on verifiera que cette relation est la

relation de congruence modulo 2π

ϕRϕ′ ⇐⇒ ϕ ≡ ϕ′ [mod 2π].

L’application f peut-etre alors factorisee en trois applications, a savoir

Rs−→ R/R

h−→ f(R)i−→ P

33


telles que

s(ϕ) = ϕ [mod2π], h(s(ϕ)) = f(ϕ) et i l’injection.

L’ensemble f(R) est l’ellipse d’equation b2x2 + a2y2 = a2 + b2. ◆

Exercice 1.7.8. ☞ Sur l’ensemble R on considere la loi suivante x∗y = x+y−xy.

① Etudier les proprietes de la loi ∗ (commutativite, associativite, etc...).

② Evaluer en fonction de x ∈ R et n ∈ N la puissance x ∗ x · · · ∗ x︸︷︷︸

n fois

.

Solution. La loi ∗ est une loi interne, associative, commutative et d’element neutre

x = 0. Le symetrique de x pour cette loi est x′ = x/(1 − x) pour x 6= 1. Remarquons

que

x ∗ y = 1 − (1 − x)(1 − y).

Par recurrence sur n, on obtient le produit de n facteurs egaux a x

x ∗ x · · · ∗ x = 1 − (1 − x)n. ◆

Exercice 1.7.9. ☞ Etudier les proprietes de la loi ∗ definie sur l’intervalle ] − 1, 1[

de R par

x ∗ y =x+ y

1 + xy, ∀ (x, y) ∈ ] − 1, 1[2.

Etudier les proprietes de cette loi.

Solution. La loi ∗ est associative, commutative et admet 0 pour element neutre et

tout reel x admet −x comme symetrique. Reste a verifier que ∗ est une loi interne c’est

a dire

∀(x, y) ∈] − 1, 1[2 =⇒ x ∗ y ∈] − 1, 1[.

34


En effet, |x| ≤ 1 et |y| ≤ 1 implique |xy| ≤ 1. Par consequent 1 + xy > 0 et on a

l’equivalencex+ y

1 + xy< 1 ⇐⇒ (1 − x)(1 − y) > 0.

Cette derniere inegalite est verifiee pour tout x et y de l’intervalle ] − 1, 1[. Meme

verification six+ y

1 + xy> −1. ◆

Exercice 1.7.10. ☞ Soit N l’ensemble des entiers naturels.

① Soit n un entier fixe. Montrer qu’il existe un couple unique d’entiers (a, b) verifiant

b = n− a(a+ 1)

2et b ≤ a.

② Montrer que l’application

(a, b) → (a + b)(a+ b+ 1)

2+ b

est une bijection de N × N sur N.

Solution. Sia(a + 1)

2+ b = n alors a(a+ 1) ≤ 2n.

① On a

(a+ 1)(a+ 2) = a(a+ 1) + 2(a+ 1) ≥ a(a+ 1) + 2(b+ 1) > 2n.

Donc a est le plus grand entier verifiant a(a + 1) ≤ 2n. L’unicite de b et donc

celle du couple (a, b) resulte de la formule b = n − a(a+ 1)

2. Il reste a montrer

l’existence de a et b. L’ensemble des entiers m tels que m(m+ 1) ≤ 2n n’est pas

vide car il contient 0 et est majore par n. Il a donc un plus grand element a.

Alors b = n − a(a+ 1)

2est un entier strictement positif et b ≤ a, car sinon on

aurait

n− a(a+ 1)

2< 0,

soit que 2n < (a + 1)(a+ 2), contradiction.

35


② Soit n ∈ N. Soient a et b comme dans la premiere question, alors (a− b, b) a pour

image n. Si (x1, y1) et (x2, y2) ont la meme image alors y1 = y2 et x1+y1 = x2+y2

et les deux couples sont egaux. ◆

1.9 Problemes Corriges

Les resultats des problemes qui suivent peuvent etre consideres comme un prolongment

et une suite logique du cours. Leurs comprehension est, de ce fait, indispensable.

Enonce 1 :

On definit la fonction f de Z dans N par

f(n) =

2n− 1 si n ≥ 1

−2n si n ≤ −1

0 si n = 0

① Montrer que f est injective.

② Montrer que f est surjective.

③ En deduire que l’ensemble Z est denombrable.

Solution

① Soient m et n ∈ Z tels que f(m) = f(n). On remarque que si p ≤ 1 alors f(p) est

impair et que si p ≤ 0 alors f(p) est paire. Dans le premier cas, f(n) = 2n− 1 et

(fm) = 2m− 1, ce qui donne m = n. Dans le second cas, f(n) = −2n = f(m) =

−2m et alors m = n. Ainsi, f est injective.

36


② Soit m ∈ N. Si m est pair, il existe k ∈ N tel que m = 2k, et on a m = f(−k)puisque −k ≤ 0. Si m est impair, il existe k ∈ N∗ tel que m = 2k − 1, et on a

m = f(k). La fonction f est donc surjective.

③ La fonction f etant une bijection de Z sur N. Donc Z est denombrable. ◆

Enonce 2 :

On pose E = F(N, {0, 1}) l’ensemble des fonctions de N dans {0, 1}. On note par χA

la fonction caracteristique de A ⊂ N. On definit, enfin, une fonction φ de P(N) dans E

donnee par φ(A) = χA pour tout A ∈ P(N).

① Montrer que φ est injective.

② Soit f ∈ E. Determiner A tel que f = χA. En deduire de φ est surjective.

③ Soient h : N → P(N) et C = {x ∈ N; x /∈ h(x)}, montrer que h n’est pas surjective.

④ Deduire de ce qui precede que E n’est pas denombrable.

Solution

① Soient A et B ∈ P(N) telles que φ(A) = φ(B) donc χA = χB ce qui assure que

A = B et φ est injective.

② Soit f ∈ E.Posons A = f−1({1}) = {x ∈ N : f(x) = 1}. Alorsf = χA. En effet, si

x ∈ A alors f(x) = 1 et si x /∈ A, alors f(x) 6= 1 donc f(x) = 0 et ces proprietes

ne sont verifiees que si f = χA. On vient de montrer que, pour tout f ∈ E, il

existe A ∈ P(N) telque f = χA = φ(A) ce qui signifie que φ est surjective.

③ Supposons qu’il existe x ∈ N trel que h(x) = C. Alors si x ∈ C alors x /∈ h(x)

c-a-d x /∈ C, ce qui est impossible. si x /∈ C alors x ∈ h(x) = C c-a-d x /∈ C, ce

qui est impossible aussi. Il n’existe ainsi pas de x ∈ N tel que h(x) = C et alors

h n’est pas surjective.

④ Supposons que E est denombrable. Il existe une bijection ϕ : E → N et ϕ ◦ ψserait une bijection de P(N) sur N. Mais, d’apres la question precedente, une telle

bijection n’existe pas. L’ensemble E n’est donc pas denombrable.

37


Enonce 3 :

On designe par E(x) la partie entiere du nombre x. Le nombre a etant un irrationnel

donne, on definit une application f : Z → [0, 1] definie par f(q) = aq − E(aq).

① Montrer que f est injective.

② Montrer que si y1, y2 ∈ f(Z) alors |y2 − y1| ∈ Z.

③ Prouver que, ∀ε > 0, l’intrevalle [0, ε] contient au moins un element de f(Z) et donc

une infinite.

④ Deduire du resultat precedent qu’on peut trouver une infinite de rationnelsp

qqui

verifient les inegalites. ∣∣∣∣a− p

q

∣∣∣∣≤ ε

qou q > 0.

Solution

E(x) designe la partie entiere du nombre irrationnel x.

① Supposons que f(q) = f(q′) ou encore E(aq′)−E(aq) = a(q− q′), soit un nombre

entier. Ceci est impossible sauf si q − q′ = 0 (sinon a serait un rationnel).

② Supposons que y1 < y2. Ecrivons que y1 et y2 sont des elements de f(Z),

∃q1 ∈ Z : y1 = f(q1) = aq1 −E(aq1)

∃q2 ∈ Z : y2 = f(q2) = aq2 −E(aq2).

Donc

0 ≤ y2 − y1 = a(q2 − q1) − (E(aq2) − E(aq1)) ≤ 1.

L’entier E(aq2)−E(aq1) est alors le plus grand entier inferieur a a(q2−q1). Donc

y2 − y1 = a(q2 − q1) − (E(aq2) − E(aq1)) = f(q2 − q1).

③ D’apres le resultat precedent, si l’intervalle [0, ε] ne contient pas d’element de f(Z)

alors f(Z) > ε; donc f(Z) contenu dans [ε, 1] n’aurait alors qu’un nombre fini

d’elements, ce qui est impossible puisque Z est infini et f injective.

38


④ Remarquons que f(q) 6= 0 puisque a est irrationnel et que [0, ε] contient au moins

un element y1 de f(Z). Supposons que nous en connaissions deja au moins n

elements; notes y1, · · · , yn. Soit εn un reel tel que 0 < εn < min(y1, · · · , yn), alors

l’intervalle [0, εn] contient un point yn+1 de f(Z) (different bien sur de y1, · · · , yn).

On construit ainsi une suite infinie d’elements de f(Z) dans [0, ε]. Designons par

q un entier tel que f(q) ∈ [0, ε] et par p l’entier E(aq)

0 < aq − p ≤ ε =⇒∣∣∣∣a− p

q

∣∣∣∣≤ ε

|q| .

En remplacant si necessaire p et q par −p et −q, on obtient le resultat demande. ◆

39


40

Chapitre 2Fonctions et suites numeriques reelles

2.1 Fonctions numeriques

Sauf mention du contraire, le corps K designera le corps des nombres reels R ou celui des

nombres complexes C.

On appelle fonction numerique sur un ensemble E tout procede qui, a tout element x

de E, permet d’associer au plus un element de l’ensemble R, appele alors image de x et

note f(x). Les elements de E qui ont une image par f forment l’ensemble de definition

de f , note Df .

☞ Exemple 2.1.1 La fonction f : x 7→√x2 − 1 est definie pour tout x ∈ R tel que

x2 − 1 ≥ 0. Donc x ∈] −∞,−1[∩]1,+∞[= Df . L’image du reel 4 par f est√

15, on dit

que 4 est un antecedent de√

15. ◆

Si f est definie sur E = R ou sur un intervalle I de R, l’application f est dite fonction

numerique a variable reelle. On notera par F(I,R) l’ensembles des fonctions numeriques

a variable reelle definies sur un intervalle I ⊂ R et a valeurs dans R. On notera cette

fonction par f : I → R ou x 7→ f(x). On prendra soin de ne pas confondre la fonction

designee par f et l’image par f de x qui est designee par f(x).

41


Soient f et g ∈ F(I,R) et λ ∈ R, on definit de nouvelles applications, appartenant a

F(I,R), par : f + g : x 7→ f(x) + g(x), λf : x 7→ λf(x) et fg : x 7→ f(x)g(x). Ses

operations menent l’ensemble F(I,R) d’une structure d’algebre commutative sur R.

On appelle graphe, ou courbe representative, d’une fonction f definie sur un in-

tervalle Df ⊂ R, l’ensemble

Cf = {(x, f(x)) : x ∈ Df}

forme des points (x, f(x)) ∈ R2 du plan muni d’un repere orthonorme (o,~i,~j).

-3 -2 -1 0 1 2 3-3

-2

-1

0

1

2

3

•Cf

0

~ı~

Par souci de simplification, les vecteurs uni-

taires ~ı et ~ ne seront pas mentionnes dans

les graphes suivants lorsque le plan est muni

d’un repere orthonorme.

☞ Exemple 2.1.2 Le graphe Cf de la fonc-

tion f(x) = x3 − x prend l’allure ci-contre

sur l’intervalle [−3, 3]. En fait, son domaine

de definition est Df = R et on remarque, de

plus, que la courbe Cf est symetrique par rap-

port a l’origine du repere orthonorme. ◆

On peut, parfois, restreindre l’etude d’une fonction sur un sous intervalle de son domaine

de definition. Supposons que f admet pour domaine de definition Df un intervalle centre

en l’origine 0 d’un repere orthonome du plan.

Definition. L’application f est paire si, ∀x ∈ Df : f(−x) = f(x).

☞ Exemple 2.1.3 La fonction f : x 7→√x2 − 1 est paire. Son domaine de definition

est Df =] −∞,−1] ∪ [1,+∞[.

42


x′ x

y′

y

•0 1−1 ••

f(x) =√

x2 − 1

Cf Cf

Il suffit de l’etudier et de tracer sa courbe sur [1,+∞[ et completer, ensuite, cette courbe

sur ] −∞,−1] par symetrie par rapport a l’axe des ordonnees. ◆

Definition. L’application f est impaire si, pour tout x ∈ Df : f(−x) = −f(x).

Lorsque la fonction f est impaire, sa courbe representative admet l’origine 0 comme

centre de symetrie. Dans ce cas, On restreint l’etude de la fonction f sur

D+f = {x ∈ Df : x ≥ 0}.

On complete, ensuite, le reste de la courbe sur

D−f = {x ∈ Df : x ≤ 0}

par symetrie par rapport a l’origine 0.

Centre desymetrie

x′ x

y′

y

•0

Cf

f(x) = x3

☞ Exemple 2.1.4 La fonction f : x 7→x3 est une fonction impaire. Son do-

Fonction

impairemaine de definition est Df = R. Il

suffit de l’etudier, de tracer sa courbe

representative sur l’intervalle [0,+∞[ et

la completer, ensuite, la courbe sur l’interval-

le ] − ∞, 0] par symetrie par rapport a

0. ◆

43


Definition. Une fonction f : R → R est dite periodique s’il existe T > 0 tel que

∀x ∈ R f(x + T ) = f(x).

Ainsi, si T est une periode pour f , tous les nombres de la forme kT , k ∈ Z, sont aussi

des periodes pour f . En fait, il existe une plus petite periode que toutes les autres; c’est

ce que l’on appelle generalement la periode de f .

Definition. La fonction f ∈ F(I,R) est dite croissante sur l’intervalle I si pour tous

x1, x2 ∈ [a, b], on a

x1 ≥ x2 =⇒ f(x1) ≥ f(x2)

ou

x1 ≤ x2 =⇒ f(x1) ≤ f(x2).

La fonction f ∈ F(I,R) est dite decroissante sur l’intervalle I si pour tous x1, x2 ∈[a, b], on a

x1 ≥ x2 =⇒ f(x1) ≤ f(x2)

ou

x1 ≤ x2 =⇒ f(x1) ≥ f(x2).

La fonction f est dite monotone sur l’intervalle I si elle est croissante ou decroissante

sur cet intervalle. Lorsque les inegalites sont strictes on parle de fonctions strictement

croissante (resp. decroissante). Remarquons au passage que toute fonction strictement

monotone est injective. On montre facilement les proprietes suivantes :

① Si f et g ∈ F(I,R) sont croissantes alors f + g est croissante. En plus, si l’une d’elles

est strictement croissante alors f + g est strictement croissante.

② Si f et g ∈ F(I,R)+ et si elles sont croissantes (resp. decroissantes) alors fg est

croissante (resp. decroissante).

44


③ Si f et g ∈ F(I,R) sont croissantes (resp. decroissantes) alors f ◦ g est croissante

(resp. decroissante).

④ Si f est croissante (resp. decroissante) et g est decroissantes (resp. croissante) alors

f ◦ g est decroissante .

☞ Exemple 2.1.5 La fonction h(x) =1

x2 + 1definie sur R est decroissante sur R+

car elle s’ecrit comme la composee deux fonctions h = g ◦ f , l’une f croissante sur R :

f(x) = x2 + 1 et l’autre g decroissante sur R+ : g(x) =1

x. ◆

2.2 Suites numeriques reelles

Apres quelques generalites sur les suites, on etudie la notion de suite convergente. Comme

exemple de suites convergentes, on etudie les suites monotones, adjacentes. On presente

ensuite les suites tendant vers l’infini, cas particulier des suites divergentes non bornees.

Enfin, on etudiera les suites recurrentes lineaires et on presentera des methodes succinte

pour les resoudre.

Definition. Une suite reelle, ou tout simplement suite, est une fonction N → R qui

a n ∈ N associe un ∈ R. On note une telle suite par (un)n∈N ou tout simplement (un).

Le terme un est dit terme general.

Intuitivement, une suite est une collection finie ou infinie de nombres reels, donnes dans

un certain Ordre. Elle peut etre definie explicitement par une formule ou implicitement

par recurrence. D’autre part, on peut la representer graphiquement :

45


n

un

O

u0

u1

u2

1

Cf

f(x) =x2

x + 1+ 1

2

☞ Exemple 2.2.1 Considerons la suite (un) graphe

d’une suite

un = f(n)

dont le terme general est defini par un =

f(n) ou la fonction f est definie par f(x) =x2

x+ 1+ 1 :

① On trace la courbe de f sur [0,+∞[;

② On place u0 sur l’axe des ordonnees;

③ On place u1 = f(1) image de 1 par f ;

④ On place u2 = f(2) image de 2 par f ;

⑤ On reitere la methode de construction pour placer les autres termes sur l’axe des

ordonnees. ◆

☞ Exemple 2.2.2 un =1

net un = n sin

(1

n

)

pour n ≥ 1. La suite de terme general

un = (−1)n est une suite dont tous les termes d’indice paire sont egaux a 1 et les termes

d’indice impair sont tous egaux a −1. ◆

☞ Exemple 2.2.3 Elle est definie par la recurrence suivanteSuites

arithmetiques

un+1 = un + r

ou r ∈ R est la raison de la suite. Par recurrence, on montre que

un = u0 + nr.

En effet, on a u1 = u0 + r, u2 = u1 + r, · · · , un = un−1 + r. En ajoutant, ces expressions

et en eliminant les termes egaux des deux membres, on obtient le terme generale un en

fonction du terme initial u0 et r. D’autre part, on definie la suite {sn}n∈N des suites

partielles dont le terme general est defini par sn = u0 + u1 + · · · + un. Calculons en les

premiers termes :

s0 = u0

s1 = u0 + u1 = 2u0 + r

46


s2 = u0 + u1 + u2 = 3u0 + 2r

Quant au terme general, il s’ecrit

sn = u0 + u1 + · · ·+ un = (n+ 1)u0 + (1 + 2 + · · ·+ n)

Par recurrence, on montre que

1 + 2 + · · · + n =n(n + 1)

2.

D’ou

sn = (n + 1)u0 + rn(n + 1)

2. ◆

☞ Exemple 2.2.4 Elle est definie parSuites

geometriques

un+1 = qun

ou q ∈ R est la raison de la suite. Mais, u1 = qu0, u2 = qu1, · · · , un = qun−1. Puisque les

termes de la suite sont non nuls, on peut mulitplier ces expressions terme a terme et en

divisant, on obtient l’expression de un en fonction de q, u0 et n :

un = qnu0.

Pour la somme sn, calculons en les premiers termes : s0 = u0, s1 = u0 + u1 = u0(1 + q)

et par recurrence, on obtient

sn = u0(1 + q + q2 + · · · + qn) = u0.1 − qn+1

1 − q. ◆

✧ Suites recurrentes : On peut, aussi definir une suite par une relation de recurrence.Suites

recurrentesEn fait, on donne les premiers termes de la suite et on exprime le terme general un en

fonction des termes qui le precedent. Soient f une application de R dans R et a ∈ R,

la suite un sera definie par recurrence sous la forme un+1 = f(un). On peut egalement

47


la definir, en se donnant les deux termes initiaux u0 et u1 et la relation de recurrence

un+1 = g(un, un−1) pour tout n ∈ N ou g est, dans ce cas, une application de R × R

dans R.

Ainsi, les suites recurrentes lineaires d’ordre 2) sont definies par

un+1 = aun + bun−1, a, b ∈ R

avec u0 et u1 donnes. Par analogie avec les equations differentielles et par unicite de

la solution, on cherche celle-ci sous forme de suite geometrique. On se ramene ainsi a

resoudre une equation de second degre dans R ou dans C. Une application classique est

fournie par la suite de Fibonacci.

☞ Exemple 2.2.5 un+2 = un+1 + un, avec u0 = 0 et u1 = 1. On obtientSuite de

Fibonacci

un =

√5

5

[(

1 +√

5

2

)n

−(

1 −√

5

2

)n]

. ◆

Le nombre Φ =1 +

√5

2est dit nombre d’or.

u0 u1 u2

u1

u2

u3

n

un

0

−2•

CfCf

f(x) =√

x + 2☞ Exemple 2.2.6 Soit la suitegraphe

d’une suite

un+1 = f(un)

(un) de premier terme u0 = 1, 5

et definie pour tout n ∈ N∗ par :

un+1 =√un + 1. On peut ecrire

un+1 = f(un) ou la fonction f

est donnee par f(x) =√x+ 2.

On procede de la maniere suivante :

① On trace la courbe Cf representative de f sur [−2,+∞[ et la droite Df d’equation

y = x;

② On place u0 sur l’axe des abscisses;

③ On place u1 = f(u0) image de u0 par f ;

④ Comme u2 = f(u1),on utilise la bissectrice pour placer u1 sur l’axe des abscises.

48


⑤ On reitere la methode de construction pour placer les autres termes sur l’axe des

ordonnees. ◆

Definition. Soit (un) une suite reelle. On dit que (un) est

• Croissante (resp. strictement croissante) si un+1 ≥ un (resp. un+1 > un).

• Decroissante (resp. strictement decroissante) si un+1 ≤ un (resp. un+1 < un).

• Monotone si elle est croissante ou decroissante.

✧ Demarche pratique : Pour determiner le sens de variation d’une suite (un), onSens de

variations

d’une suite

procede suivant les cas de la maniere suivante :

◆ Determiner le signe de un+1 − un.

◆ Si les termes de la suite sont strictement poistifs, on compare la quantiteun+1

un

et 1.

◆ Si la suite est arithmetique, le sens de variation est determine par le signe de la

raison r = un+1 − un.

◆ Si la suite est geometrique, le sens de variation est determine par la comparison de

q = un+1/un est 1.

◆ Si la suite est definie par un = f(n), le sens de variation de la suite est determine

par celui de la fonction f sur l’intervalle [0,+∞[.

◆ Si la suite est definie par un+1 = f(un), le sens de variation de la suite est determine

par celui de la fonction f sur l’intervalle [0,+∞[ tout en utilisant une recurrence.

☞ Exemple 2.2.7 Comme la fonction f definie par f(x) = x2 +x+1 est croissante sur

[0; +∞[, la suite (un) de terme general un = n2 + n+ 1 est croissante. ◆

☞ Exemple 2.2.8 Considerons la suite de terme general un =1

n. C’est une suite

de termes positifs definie sur N∗. Commeun+1

un=

n

n+ 1< 1 la suite est strictement

49


decroissante sur N∗. On peut, d’autre part, trouver la meme resultat en calculant la

difference un+1 − un =−1

n(n + 1)< 0, donc un+1 < un. Mais un = f(n) avec f(x) =

1

xqui

est une fonction strictement decroissante sur [1,+∞[ donc la suite (un) admet le meme

sens de variations sur N∗. ◆

☞ Exemple 2.2.9 Considerons la suite de terme general un =n2

n + 1. C’est une suite de

termes positifs definie sur N. Comme un+1 − un =n2 + 3n+ 1

(n+ 1)(n+ 2)> 0, donc un+1 > un.

La suite (un) est strictement croissante. ◆

☞ Exemple 2.2.10 Une suite arithmetique est strictement croissante (resp.decroissante)

si sa raison r > 0 (resp. r < 0). ◆

☞ Exemple 2.2.11 La suite de terme general vn =

(2

3

)n

, est une suite geometrique de

raison q =2

3. Elle est strictement decroissante sur N, car

vn+1

vn=

2

3= q < 1. ◆

Definition. Soit (un) une suite reelle. On dit que (un) est

• Majoree s’il existe un reel M tel que pour tout n ∈ N on a un ≤ M .

• Minoree s’il existe un reel m tel que pour tout n ∈ N on a un ≥ m.

• Bornee s’il existe deux reels m et M tels que pour tout n ∈ N on a m ≤ un ≤ M

c’est-a-dire si la suite et minoree et majoree.

☞ Exemple 2.2.12 La suite un =1

n + 1est une suite bornee. Puisque, pour tout n ∈ N

on a 0 ≤ un < 1. De plus elles est strictement decroissante, car (n+ 1) + 1 > n+ 1 et en

passant a l’inverse on a un+1 < un. ◆

☞ Exemple 2.2.13 La suite un = sin n est une suite majoree par le reel 1. ◆

☞ Exemple 2.2.14 La suite vn = anv0 est une suite croissante non majoree si a > 1.

Elle est decroissante et bornee si a < 1. Elle est constante si a = 1. ◆

50


Par ailleurs, on verifie que :

✒ La somme de deux suites croissantes (resp. decroissantes) est encore croissantes

(resp. decroissantes).

✒ Le produit d’une suite croissante (resp. decroissante) par un reel positif est crois-

sante (resp. decroissante)(resp. decroissantes).

✒ Le produit d’une suite croissante (resp. decroissante) par un reel negatif est decroissante

(resp. croissante).

2.3 Suites convergente et divergente

Le comportement du terme generale un lorsque n tend vers l’infini est un probleme fonda-

mentale qui se pose a chaque etude d’une suite numerique. En fait, on veut formaliserl’idee

intuitive que les termes d’une suite s’approchent de plus en plus d’une certaine valeur qui

s’appelle la limite de la suite. Lorsque le terme general s’approche, a l’infini, vers un

nombre fini a, on dit que la suite converge vers a et on ecrit limn→+∞

un = a. Lorsque

cette limite est infini on dit que la suite diverge. Dans ce cas, on ecrit limn→∞

un = ∞.

Mais, il y a des cas , par exemple un = (−1)n, ou cela se passe beaucoup moins bien et

on est incapable de conclure.

Definition. La suite (un) converge vers ℓ ∈ R si, pour tout reel ε > 0, il existe un

entier n0 tel que pour tout n > n0, on ait |un − ℓ| < ε. Ceci est resume dans la forme

compacte suivante :

∀ε > 0, ∃n0 ∈ N : n ≥ n0 =⇒ |un − ℓ| < ε.

Une suite numerique ne peut converger qu’au plus vers une seule limite. Cette unicite est

assuree par :

Theoreme 2.3.1 Si la suite {un}n∈N converge, sa limite est unique.

51


Preuve : Supposons que cette suite converge vers ℓ1 et ℓ2. Pour un ε > 0, il existe par

definition n1 et n2 ∈ N tels que

n > n1 ⇐= |un − ℓ1| <ε

2et n > n2 ⇐= |un − ℓ1| <

ε

2.

En tenant compte de l’inegalite |a+ b| ≤ |a| + |b|, alors

|ℓ1 − ℓ2| = |ℓ1 − un − ℓ2 + un| ≤ |un − ℓ1| + |un − ℓ2|

Posons n3 = sup(n1, n2). Alors, pour n > n3, on obtient

|ℓ1 − ℓ2| = |ℓ1 − un − ℓ2 + un| ≤ |un − ℓ1| + |un − ℓ2| ≤ε

2+ε

2= ε.

Comme ε est quelconque, il peut etre choisi aussi petit que l’on veut, a savoir voisin de

0. Donc ℓ1 = ℓ2. ◆

Soient {un}n∈N et {vn}n∈N deux suites qui convergent vers ℓ et ℓ′. Alors

1. la suite somme {un + vn}n∈N converge vers ℓ+ ℓ′.

2. la suite produit {unvn}n∈N converge vers ℓ.ℓ′

3. Si ℓ 6= 0, alors a partir d’un certain rang les ternes un de la suite sont non nuls et la

suite

(1

un

)

n∈N

converge vers1

ℓ.

Theoreme 2.3.2 Toute suite reelle (un) qui converge vers ℓ ∈ R est bornee.

Preuve : Supposons, tout d’abord, que la suite (un) converge vers 0. Par definition, on a

∀ε > 0, ∃N ∈ N tel que ∀n ≥ N : |un| ≤ ε.

Prenons ε = 1, il existe N ∈ N tel que pour tout n ≥ N on a |un| ≤ 1. Posons

k = {|u0|, |u1|, · · · , |uN−1|}, alors pour tout n ≥ N on a |un| ≤ k, donc la suite (un) est

bornee. Dans le cas general, c’est-a-dire limn∈N

un = ℓ, posons vn = un − ℓ. la suite (vn)

converge vers 0, d’apres la cas precedent elle est bornee, donc il existe m et M tels que

m ≤ vn ≤M soit que ℓ+m ≤ un ≤ ℓ+M , ce qui montre que la suite (un) est bornee. ◆

52


☞ Exemple 2.3.1 La suite un =1

n + 1est convergente vers 0 donc elle est bornee et

l’on a bien 0 < un ≤ 1. Mais, la reciproque est fausse. Pour le voir, considerons la suite

un = (−1)n qui est bornee car un = +1 ou un = −1 suivant la parite de n, mais elle n’est

pas convergente. ◆

Theoreme

des

gendarmes

Proposition 2.3.3 Soient (un), (vn) et (wn) trois suites verifiant pour tout n ∈ N :

vn ≤ un ≤ wn.

Si les suites (vn) et (wn) convergent vers ℓ alors la suite (un) converge vers ℓ.

Preuve : On applique la definition de la limite vers ℓ pour les deux suites (vn) et (wn)

pour un ε ∈ R+ donne :

∀ε ∈ R+, ∃n′, n′′ ∈ N : |vn − ℓ| ≤ ε et |wn − ℓ| ≤ ε.

Ce qui donne, en choisissant n ≥ n′ + n′′, ℓ− ε ≤ vn ≤ un ≤ wn ≤ ℓ+ ε, ce qui demontre

la convregence de la suite (un). ◆

Ce theoreme est tres utile pour demontrer la convergence d’une suite :

☞ Exemple 2.3.2 Considerons la suite de terme general un =sin(n)

n. Pour n > 0, on a

vn = −1

n≤ un =

sin(n)

n≤ wn =

1

n

Comme les suites de termes generals vn et wn tendent vers 0 lorsque n tend vers l’infini,

le theoreme precedent entraine la convergence de la suite

(sin(n)

n

)

vers 0. ◆

Corollaire 2.3.1 Consideons deux suites (un) et (vn) telles que un ≤ vn alors a partir

d’un certain rang :

✒ Si limn→+∞

un = +∞ alors limn→+∞

vn = +∞

✒ Si limn→+∞

vn = −∞ alors limn→+∞

un = −∞

53


On ne peut pas appliquer les theoremes precedents pour calculer certaines limites. Mais,

on pour y arriver, par l’application de certaines astuces.

☞ Exemple 2.3.3 Considerons la suite de terme general un =n2 − 3

n2 + 1. On divise le

numerateur et le denominateur par n2 et on passe ensuite a l’infini. Ainsi,

n2 − 3

n2 + 1=

1 − 3

n2

1 +1

n2

comme 1/n2 tend vers 0 lorsque n tend vers l’infini, alors limn→+∞

un = 1. ◆

Soit (un) une suite definie par la formule explicite un = f(n). Si limx→+∞

f(x) = ℓ avec ℓ

reel ou infini, alors limn→∞

un = ℓ.

Soit (un) une suite definie par son premier terme u0 et la recurrence un+1 = f(un). Si la

suite (un) converge vers un reel ℓ alors ℓ est un point fixe pour f et f(ℓ) = ℓ.

☞ Exemple 2.3.4 Soit (un) une suite definie par u0 = 1 et un+1 = 2un + 5. Si la suite

(un) converge vers ℓ alors il doit verifie l’egalite ℓ = 2ℓ+5. Donc, si (un) converge, elle doit

converger vers ℓ = −5. Pour cela, posons vn = un + 5. La suite (vn) verifie vn+1 = 2vn,

c’est une suite geometrique de raison 2 donc diverge. La suite (un) n’admet pas pour

limite−5, donc elle diverge. ◆

☞ Exemple 2.3.5 Soit (un) une suite definie par u0 = 1 et u2n+1 +un +1 = 0. Si la suite

(un) converge vers ℓ alors il doit verifie l’egalite ℓ2 + ℓ + 1 = 0. Cette equation n’admet

pas de racine reelle donc elle ne converge pas. ◆

Une extension de la notion de limite d’une suite est donnee par la definition suivante :

Definition. On dit que la suite (un)n∈N tend vers +∞ si :

∀k ∈ R, ∃N ∈ N tel que ∀n > N, on a un ≥ k.

Une suite (un)n∈N diverge si elle ne converge pas, c’est-a-dire si elle n’admet pas de

limite dans R.

54


☞ Exemple 2.3.6 Considerons la suite de terme generale un = n2. Cette suite tend

vers +∞ lorsque n tend vers l’infini. Dans la definition precedente, il suffit de prendre,

pour tout k ∈ R, N ∈ N egale a la partie entiere du reel k. ◆

Proposition 2.3.4 Soit (un) une suite reelle de termes strictement positifs

① Si la suite (un) tend vers +∞, alors la suite

(1

un

)

tend vers 0.

② Si la suite (un) tend vers 0, alors la suite

(1

un

)

tend vers +∞.

Preuve : Fixons ε > 0. Comme limn→+∞

un = +∞, il existe un entier N tel que n ≥ N

alors un >1

ε. Donc 0 <

1

un

< ε ce qui montre que1

un

tend vers 0. On procede de la

meme facon dans le second cas. ◆

✧ Remarque : La condition de la positivite est essentielle. Pour le voir, considerons la

suite de terme general un =(−1)n

n. Elle converge vers +∞ et pourtant

1

un= (−1)n ne

converge pas vers 0. ◆

Le theoreme des gendarmes s’etend de la maniere suivante :

Proposition 2.3.5 Soient (un) et (vn) deux suites telles que :

① vn ≥ un. Si limn→+∞

un = +∞ alors limn→+∞

vn = +∞

② vn ≤ un. Si limn→+∞

un = −∞ alors limn→+∞

vn = −∞

Theoreme 2.3.6 Toute suite decroissante minoree est convergente. Toute suite crois-

sante majoree est convergente.

Preuve : Supposons que la suite (un)n∈N est minoree et decroissante. Posons

ℓ = inf{u0, u1, · · · , · · · }.

55


Montrons que ℓ = limn→+∞

un. Pour un ε > 0 on a un > ℓ − ε pour tout n ∈ N. Par

definition de ℓ, il existe un indice nε tel que unε< ℓ+ ε pour tout n > nε. Ainsi, on vient

de montrer que pour tout n > nε on a |un − ℓ| < ε. Le deuxieme cas se traıte de la meme

maniere. ◆

On vient de montrer que :

1. Une suite decroissante, il n’y a que deux possibilites : elle converge ou diverge vers

−∞.

2. Une suite croissante, il n’y a que deux possibilites : elle converge ou diverge vers +∞.

☞ Exemple 2.3.7 Soit xn = 1 +1

2!+

1

3!+ · · · +

1

n!. La suite (xn) est evidemment

croissante. On prouve par recurrence que (n + 1)! > 2n pour n ≥ 1. Donc la suite est

majoree par :

xn ≤ 1 + 1 +1

2+ · · · 1

2n−1= 1 + 2

[

1 − 1

2n

]

< 3.

Etant croissante majoree, elle converge. ◆

Lemme 2.3.7 On a

limn→+∞

qn =

0 si |q| < 1

1 si q = 1

0 si q > 1.

Pour les valeurs q ≤ −1, la suite {qn} est divergente.

Preuve : Les cas q = 1 et q = 0 sont triviaux. Si 0 < q < 1, la suite (qn)n∈N est

decroissante et minoree par 0, car 0 < · · · < q3 < q2 < q < 1. Donc elle converge. Soit

ℓ = limn→+∞

qn et verifie 0 < ℓ < 1. Or,

ℓ = limn→+∞

qn = q limn→+∞

qn−1 = qℓ.

Donc (q − 1)ℓ = 0 et a fortiori on a ℓ = 0. Si q > 1, la suite (qn)n∈N est strictement

croissante et non majore, car qn = [1 + (q − 1)]n ≥ 1 + n(q − 1). D’apres cette inegalite

et puisque q > 1, on a limn→+∞

qn = +∞. Si q < 0, on ecrit

|q|n = (−q)n = (−1)nqn.

56


Deux cas se presentent :

• si q > −1 alors |q|n tend vers 0

• si q < −1 alors |q|n tend vers ± suivant la parite de n. ◆

Puisque le terme general d’une suite geometrique de raison q et de premier terme u0 s’ecrit

un = qnu0, on en deduit du lemme precedent :

Proposition 2.3.8 Soit {un}n∈N une suite geometrique de raison q. Alors

① Si 0 < q < 1, la suite converge vers 0.

② Si q = 1, la suite est constante et egale a u0.

③ Si q > 1, la suite diverge.

Definition. On dit que (un) et (vn) sont deux suites adjacentes si :

• (un) est croissante; • (vn) est decroissante; • limn→+∞

(un − vn) = 0.

Lemme 2.3.9 Si (un) et (vn) sont adjacentes, si (un) est croissante et (vn) est

decroissante alors un 6 vp pour tous entiers n et p.

Preuve : Supposons qu’il existe deux entiers N et P tels que uN > vP . D’apres la

monotonie des suites, on a vn < vP < uN < un pour tout entier n > max(N,P ). Donc

pour tout entier n > max(N,P ), on a 0 < uN − vP < un − vP < un − vn. Par passage a

la limite, on a alors 0 < limn→+∞

(un − vn) = 0. Contradiction. ◆

Theoreme 2.3.10 Deux suites adjacentes convergent vers une meme limite.

Corollaire 2.3.2 Si (un) et (vn) sont adjacentes, de limite commune ℓ, on a pour tout

n ∈ N : un 6 ℓ 6 vn.

57


2.4 Suites et ensemble des nombres reels

On montrera dans ce qui suit, que tout nombre reel est limites d’une suite de nombres

rationnels.

Theoreme 2.4.1 Soient a et b deux reels tels quea < b. Il existe un nombre rationnel

r tel que a < r < b.

Preuve : Comme la suite

(1

n

)

n≥1

tend vers 0, il existe n0 tel que1

n0< b − a. Nous

allons montrer qu’il existe un entier p tel que a <p

n0

< b. Supposons, tout d’abord,

que b ≥ 0. D’apres la propriete d’Archimede, il existe un entier k ≥ 1 tel que b ≤ k

n0.

Considerons ℓ le plus petit entiers des k ≥ 1. On a alorsℓ− 1

n0< b ≤ ℓ

n0. Ce qui donne

a <ℓ− 1

n0

< b. ◆

Theoreme 2.4.2 Tout nombre reel est limite d’une suite de nombres rationnels.

Preuve : Soit a ∈ R. Appliquons la theoreme precedent a chacun des intervalles]

a, a+1

n

[

, n ≥ 1. Il existe de ce fait un un ∈ Q telque un ∈]

a, a +1

n

[

, n ≥ 1. La

suite (un)n≥1 de nombres rationnels converge vers a. ◆

Propriete des segments emboıtes : Soit (an)n≥1 et (bn)n≥1 deux suites de nombres

reels telles : ∀n, an ≤ an+1 ≤ bn+1 ≤ bn. Alors

+∞⋃

n+1

[an, bn] 6= ∅.

Le resultat suit, dit de Bolzano-Weierstrass, occupe une place centrale en Analyse.

Theoreme 2.4.3 De toute suite bornee de nombres reels on peut extraire une sous-

suite convergente.

58


Preuve : Admis

Definition 2.4.1 Une suite (un)n≥1 de nombres reels ou complexes est de Cauchy si,

pour chaque ε > 0, Il existe n0 tel que, pour chaque m,n ≥ n0, on a |um − un| ≤ ε.

Theoreme 2.4.4 Une suite de nombres reels est convergente si, et seulement si, elle

est de Cauchy.

Preuve : Il est clair que toute suite convergente est de Cauchy. Inversement, supposons

que la suite (un)n≥1 est de Cauchy de nombres reels. Il existe n0 tel que, pour chaque

m,n ≥ n0, on a |um−un| ≤ 1. Donc, pour tout n > n0, on a |un−un0 | ≤ 1 soit que −|un0|−1 ≤ |un| ≤ |un0| + 1. En posant M le maximum de l’ensemble {|u1|, · · · , |un0|, |un0| + 1},alors |uk| ≤M pour tout entier k. La suite etant bornee, d’apres la theoreme de Bolzano-

Weierstrass, on peut extraite une sous-suite convergente (unk)k≤1 qui converge vers un

reel ℓ.

Nous allons verifier que la suite (un)n≥1 converge, elle aussi, vers ℓ. Donnons-nous un reel

ε > 0. Puisque la suite (un)n≥1 est de Cauchy il existe un entier n1 tel que, pour p, q ≥ n1,

on a |up − uq| ≤ ε/2. Puisque la suite (un)n≥1 converge vers ℓ, il existe un entier k1 tel

que, pour tout k ≥ k1, on a |ℓ− unk| ≤ ε/2. Soit k1 un entier ≥ max(n1, k1) et N ′ = nk1.

Il est clair que N ′ ≥ n1. Pour chaque n ≥ N ′ nous avons

|un − l| ≤ |un − uN ′| + |ℓ− unk1| ≤ ε

2+ε

2. ◆

Nous avons, en fait, montre que si, une suite de Chauchy de R possede une sous-suite

convergente, elle converge, elle aussi, vers la meme limits.

2.5 Suites recurrentes lineaires

Notons par A(N,K) l’ensemble des suites a valeurs dans K = R ou C.

Definition. On appelle suite recurrente lineaire, toute suite (un) ∈ A(N,K) definie

par la donnee de u0 et u1 et par une relation de recurrence

∃(a, b) ∈ K2 et un+2 − aun+1 − bun = f(n),

59


ou f(n) est une application de N dans K. Lorsque f(n) = 0, la suite recurrente lineaire

est dite homogene.

☞ Exemple 2.5.1 La suite de Fibonacci est la suite reelle (un) definie par ses premiers

termes u0 = u1 = 1 et la relation de recurrence un+2 = un+1 + un, n ≥ 0. ◆

2.5.1 Suites recurrentes lineaires homogenes

On suppose que f(n) = 0.

Theoreme 2.5.1 Soient (a, b) ∈ K2. L’ensemble Sa,b des suites recurrentes, definie

par

Sa,b(K) = {u ∈ A(N,K) : un+2 = aun+1 + bun}

est un sous-espace vectoriel de A(N,K), de dimension deux.

Preuve : La premiere propriete etant evidente. Pour la deuxieme, considerons l’application

f : Sa,b(K) → K2

(a, b) → (u0, u1).

Il est evident que f est une application K-lineaire. Soit u ∈ Sa,b(K) telle que f(u) = 0

c-a-d. u0 = u1 = 0. La relation de recurrence implique que un = 0, ∀n ∈ N donc u = 0,

alors f est injective. Pour tout (γ, θ) ∈ K2, la suite u definie par

u0 = γ, u1 = θ et un+2 = aun+1 + bun,

est dans Sa,b(K) et verifie ϕ(u) = (γ, θ). Donc ϕ est surjective. ◆

Une suite geometrique de raison q 6= 0 est un element de Sα,β(K), si et seulement si, la

raison q est solution de l’equation du second degre

X2 − aX − b = 0.

C’est l’equation caracteristique de l’espace vectoriel Sa,b(K).

60


Resolution si K = C :

Les cœfficients de l’equation caracteristique a et b sont complexes :

✒ ∆ 6= 0, l’equation caracteristique admet 2 racines distinctes q1 et q2. Les suites

geometriques

wn = qn1 et vn = qn

2 , ∀n ∈ N,

constituent une base de Sa,b(C). Les solutions seront de la forme

un = λqn1 + µqn

2 , (λ, µ) ∈ C2.

✒ ∆ = 0, l’equation caracteristique admet une racine double q. Les couples de suites

recherchees sont

un = qn et vn = nqn, ∀n ∈ N.

Les suites de Sa,b(C) seront de la forme

un = (λ + nµ)qn, (λ, µ) ∈ R2.

Dans les exemples qui suivent, il s’agit de trouver une suite donnee par une relation de

recurrence lineaire homogene.

☞ Exemple 2.5.2 La suite (un) est definie par la recurrence

un+2 = (1 − i)un+1 + iun, u0 = 1 et u1 = i.

Son equation caracteristique est

X2 − (1 − i)X − i = 0.

Comme ∆ = 2i = (1 − i)2 6= 0. Les racines sont q1 = 1 et q2 = −i. Donc :

un = λ1n + µ(−i)n, (λ, µ) ∈ C2.

61


Les conditions initiales sur u0 et u1, determinent d’une facon unique les scalaires λ et µ

u0 = λ+ µ = 1 =⇒ λ = 1 + i.

u1 = λ− iµ = i =⇒ µ = −i.La suite recherchee est alors

un = (1 + i) + (−i)n+1, ∀n ∈ N.

☞ Exemple 2.5.3 Soit a chercher la suite lineaire donnee par la recurrence

un+2 = (1 + i)un+1 + iun, u0 = 1 et u1 = 1 + i.

Son equation caracteristique

X2 −√

2(1 + i)X + i = 0

est de descriminant nul. Elle admet donc une racine double

q =

√2

2(1 + i).

La suite (un) aura pour terme general

un = (λ+ nµ)qn.

En tenant comptes des conditions initiales, on obtient λ = 1 et µ =√

2 − 1. Finalement,

on a

un = [1 + (√

2 − 1)n]

(1 + i√

2

)n

, ∀n ∈ N.

Resolution si K = R :

On procede de la meme facon que dans le cas complexe. Dans le cas ou le descriminant est

negatif, la solution homogene sera une combinaison de fonctions trigonometriques en n.

✒ ∆ 6= 0, l’equation caracteristique admet 2 racines distinctes q1 et q2. Les suites

recherchees sont

wn = qn1 et vn = qn

2 .

La solution homogene est

un = λqn1 + µqn

2 , (λ, µ) ∈ R2.

62


✒ ∆ = 0, l’equation caracteristique admet une racine double q. Alors

wn = qn et vn = nqn,

la solution homogene est

un = (λ + nµ)qn, (λ, µ) ∈ R2.

✒ ∆ < 0 Les racines de l’equation caracteristiques sont complexes, a savoir

q1 = ρeiθ et q2 = ρe−iθ.

Les suites

wn = ρn cosnθ et vn = ρn sinnθ,

constitue une base de Sα,β(R). La solution homogene est la suite

un = ρn(λ cos nθ + µ sin nθ), (λ, µ) ∈ R2.

☞ Exemple 2.5.4 Soit u la suite de Fibonacci, donnee par

u0 = 1, u1 = 1 et un+2 = un+1 + un.

L’equation caracteristique admet pour racines

q1 =1 +

√5

2et q2 =

1 −√

5

2.

Donc :

un = λ

(

1 +√

5

2

)n

+ µ

(

1 −√

5

2

)n

.

Les conditions initiales nous donnent la solution

un =5 +

√5

10

(

1 +√

5

2

)n

+5 −

√5

10

(

1 −√

5

2

)n

, ∀n ∈ N.

☞ Exemple 2.5.5 La suite de recurrence est definie par

u0 = 1, u1 = 1 et un+2 = 4un+1 − 4un.

Son equation caracteristique admet une racine double q = 2. La solution, apres le calcul

des constantes λ et µ, est

un = (2 − n)2n−1.

63


☞ Exemple 2.5.6 Soit u la suite

u0 = 1, u1 = 1 et un+2 = −un+1 − un.

Son equation caracteristique admet deux racines complexes conjuguees j et j2 = . Donc :

un = λ cos2nπ

3+ µ sin

2nπ

3.

Les conditions sur u0 et u1 nous donnent λ = 1 et µ =√

3

un = cos2nπ

3+√

3 sin2nπ

3, ∀n ∈ N.

2.6 Suites recurrentes avec second membre

La solution generale d’une relations de recurrence definie par

un+1 − αun − βun−1 = f(n)

sera egale a la somme de la solution homogene u∗n et d’une solution particuliere qui aura

la meme forme que le second membre f(n). Par exemple, si f(n) est un polynomes de

second degre en n, la solution particuliere sera un polynome du second degre en n dont

on calculera les cœfficients.

☞ Exemple 2.6.1 Considerons la suite recurrente definie par

3un+1 − 3un + un−1 = 1, u0 = 1 et u1 = 0.

L’equations homogene associee est

3u∗n+1 − 3u∗n + u∗n−1 = 0.

La solution homogene est alors

u∗n =

(1√3

)n

[λ cos(nπ/6) + µ sin(nπ/6)] .

A ce stade on ne calcule pas λ et µ. Le second membre est un polynome de degre 0, donc

une constante. On cherche la solution particuliere de la forme un = k, ce qui entraine

3k − 3k + k = 1 donc k = 1. La solution generale est alors

un = u∗n + k =

(1√3

)n

[λ cos(nπ/6) + µ sin(nπ/6)] + 1.

64


D’apres les conditions initiales, on trouve

λ = 0 et µ = −2√

3.

La solutions generale qui correspond a ces valeurs est

un = 2

(1√3

)n √3 sin(nπ/6) + 1.

☞ Exemple 2.6.2 Soit la suite recurrente definie par

2un+1 − un = sin(nπ/4), u0 = 0.

Le second membre est la partie imaginaire de [eiπ/4]n. La suite un cherchee sera consideree

comme la partie imaginaire de zn telle que

2zn+1 − zn = [eiπ/4]n.

On trouve que

zn = λ

(1

2

)n

+ vn

ou vn est une solution particuliere que l’on cherche sous la forme

vn = k[eiπ/4]n.

On obtient k = 1/(eiπ/4 − 1). Donc :

un = Im zn = λ

(1

2

)n

+ Im vn

= λ

(1

2

)n

+

√2 − 1

5 − 2√

2sin(nπ

4

)

−√

2

5 − 2√

2cos(nπ

4

)

.

La solution generale correspondante aux conditions initiales est

un =

√2 − 1

5 − 2√

2sin(nπ

4

)

+

√2

5 − 2√

2

[(1

2

)n

− cos(nπ

4

)]

.

65



Exercice 3.6.1. ☞ On considere la suite (un)n∈N definie par

un =

√

n+

√

n− 1 + · · ·+√

2 +√

1

① Montrer que la suite (un) est divergente vers +∞

② Exprimer un+1 en fonction de un.

③ Montrer que un ≤ n puis que un ≤√

n+ 2√n− 1.

④ Donner un terme equivalent a un.

⑤ Determiner limn→+∞

(un −√n).

Solution.

① La suite etant positive, on remarque que un ≥ √n est divergente vers +∞

② Exprimer un+1 en fonction de un.

③ Montrer que un ≤ n puis que un ≤√

n+ 2√n− 1.

④ Donner un terme equivalent a un.

⑤ Determiner limn→+∞

(un −√n). ◆

66


Exercice 3.6.2. ☞ Considerons une suite u = (un)n∈N reelle verifiant :

∀n ∈ N∗, un+1 =un + un−1

6avec u0 et u1 ∈ R.

Calculer un en fonction de n, u0 et u1.

Solution. Il s’agit d’une suite recurrente d’ordre 2, lineaire et a cœfficients constants.

Son equation caracteristique est r2 =r + 1

r. Ces racines sont r1 = −1/3 et r2 = 1/2.

Par consequent, il existe deux reels a et b tels que

∀n ∈ N, un = a

(

−1

3

)n

+ b

(1

2

)n

Le calcul de a et b se fait en considerant les cas n = 0 et n = 1. On trouve, en resolvant

un systeme a deux inconnues que a et b s’ecrivent en fonction de u0 et u1, a savoir

a =

(3

5u0 −

6

5u1

)

et b =

(3

5u0 +

6

5u1

)

.

En remplacant a et b, on obtient l’expression de un en fonction de u0, u1 et n. ◆

Exercice 3.6.3. ☞ Considerons une suite u = (un)n∈N definie par :

∀n ∈ N∗, un+1 =2u2

n + 2un + 1

2un + 1.

On suppose que u0 ∈ R+.

① Montrer que ∀n ∈ N, un ≥ 0.

② Etablir que ∀n ∈ N, un+1 ≥ un +1

2puis que un ≥ u0 +

n

2.

③ En deduire la limite de la suite (un)n.

Solution. Soit u0 ∈ R+.

① On procede par recurrence en posant (Pn) : un > 0

67


Initialisation n = 0 : u0 > 0 d’apres l’enonce donc la proposition (P0) est vraie.

Heredite: Supposons (Pn) vraie et montrons (Pn+1), c’est-a-dire supposons que

un > 0 et montrons que un+1 > 0. La relation de recurrence nous donne

un+1 =2u2

n + 2un + 1

2un + 1> 0,

car le numerateur et le denominateur sont positifs, donc la proposition (Pn+1) est

vraie, ce qui acheve la recurrence.

② La premiere minoration representant une relation (ici une inegalite) entre

deux termes successifs de la suite u, la preuve s’etablit directement et non par

recurrence. Pour cela, nous allons etudier le signe de la difference

un+1 −(

un +1

2

)

=

1

22un + 1

> 0 ⇒ un+1 > un +1

2

La seconde minoration est une minoration entre le terme generale de la suite et

une autre suite, on essait une recurrence (qui va convenir ici)

On pose (Pn) : un > u0 +n

2.

Initilisation n = 0 : u0 +0

2= u0 d’ou l’inegalite u0 > u0 +

0

2donc (P0) est vraie.

Heridite : Supposons (Pn) vraie et montrons (Pn+1), c’est-a-dire supposons que

un > u0 +n

2et montrons que un+1 > u0 +

n + 1

2.

un+1 > un +1

2un > u0 +

n

2

⇒ un+1 >

(

u0 +n

2

)

+1

2= u0 +

n + 1

2

donc (Pn+1) est vraie, ce qui acheve la recurrence.

③ Puisque limn→+∞

(

u0 +n

2

)

= +∞ et que ∀n ∈ N, un > u0 +n

2, on en deduit que

limn→+∞

un = +∞. ◆

Exercice 3.6.4. ☞ On considere les suites u et v definies par

∀n ∈ N×, un =n−1∑

k=0

2

(4k + 1)(4k + 3)et vn = un +

1

4n− 1.

68


Montrer que les suites u et v sont adjacentes. En deduire qu’elles convergent vers une

meme limite L.

Solution. Monotonie de la suite u :

un+1 − un =2

(4n+ 1)(4n+ 3)> 0

donc la suite u est croissante.

Monotonie de la suite v

vn+1 − vn =−8n− 6

(4n+ 1)(4n+ 3)(4n− 1)< 0

donc la suite v est decroissante.

Pour finir, il est immediat que vn − un =1

4n− 1→

n→+∞0 donc les suites u et v sont

bien adjacentes, ce qui impliquent qu’elles convergent vers la meme limite L. ◆

Exercice 3.6.5. ☞

On considere la fonction f : R −→ R definie par : f(x) =x3 + 6x+ 1

9et l’on definit la

suite (un)n>0 en posant : u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = f(un) =(un)

3 + 6un + 1

9.

① Montrer que l’equation x3−3x+1 = 0 possede une solution unique α sur l’intervalle[

0,1

2

]

.

② Montrer que l’equation f(x) = x est equivalente a l’equation x3 − 3x + 1 = 0.. En

deduire que α est l’unique solution de l’equation f(x) = x dans l’intervalle

[

0,1

2

]

.

③ Montrer que ∀x ∈ [0, α] , x 6 f(x).

④ Montrer, par recurrence, que ∀n ∈ N, 0 6 un 6 α.

⑤ A l’aide de la question 3, donner la monotonie de la suite u.

⑥ En deduire que la suite (un)n converge et justifier que sa limite est α.

69


Solution.

① La fonction g : x 7→ x3 − 3x + 1 est continue sur

[

0,1

2

]

(c’est un polynome),

derivable sur cet intervalle (c’est un polynome) et sa derivee vaut g′(x) = 3x2−3 =

3(x2 − 1) qui est strictement negative sur

[

0,1

2

]

. Par consequent, la fonction g

est strictement decroissante et continue sur

[

0,1

2

]

donc elle realise une bijection

de

[

0,1

2

]

sur f

([

0,1

2

])

=

[

−3

8, 1

]

.

Puisque 0 ∈[

−3

8, 1

]

, l’equation g(x) = 0 admet une et une seule solution sur[

0,1

2

]

(existence et unicite de l’antecedent de 0 par g dans l’intervalle

[

0,1

2

]

).

②x3 + 6x+ 1

9= x ⇔ x3 + 6x + 1 = 9x ⇔ x3 − 3x + 1 = 0. Par consequent,

les solutions de l’equation f(x) = x sont exactement les solutions de l’equation

g(x) = 0. Comme cette derniere equation admet comme unique solution α sur

l’intervalle

[

0,1

2

]

, on en deduit que α est l’unique solution de l’equation f(x) = x

dans l’intervalle

[

0,1

2

]

.

③ On considere la fonction h : x 7→ f(x) − x =x3 − 3x+ 1

9=g(x)

9.

La fonction g etant strictement decroissante sur

[

0,1

2

]

(question 1) donc sur

[0, α]. Comme h(0) =g(0)

9=

1

9et h(α) =

g(α)

9= 0 (car α solution de l’equation

g(x) = 0), on en deduit que la fonction h est positive sur [0, α], c’est-a-dire que

∀x ∈ [0, α], f(x) > x.

④ On pose (Pn) : 0 6 un 6 α.

Initialisation n = 0 : u0 = 0 et α > 0 donc 0 6 u0 6 α, ce qui montre que (P0)

est vraie.

Heredite : Supposons (Pn) vraie et montrons (Pn+1), c’est-a-dire supposons que

0 6 un 6 α et montrons que 0 6 un+1 6 α

0 6 un 6 α⇒ 1

96

(un)3 + 6un + 1

9︸︷︷︸

=un+1

6α3 + 6α + 1

9= α

70


(α est solution de f(x) = x) donc 0 61

06 un+1 6 α ce qui demontre (Pn+1) et

acheve la recurrence.

⑤ Puisque l’on a ∀x ∈ [0, α], f(x) > x, en choisissant x = un (ce qui est licite car

un ∈ [0, α]), on obtient f(un)︸︷︷︸

=un+1

> un ⇔ un+1 > un.

⑥ La suite u est majoree par α (question 4) et croissante (question 5) donc elle

converge et sa limite L verifie 0 6 L 6 α.

Calcul de la limite : Puisque la fonction f est continue sur [0, α], en passant

a limite dans l’egalite un+1 = f(un), on a L = f(L). Donc L est solution de

l’equation f(x) = x. Comme 0 6 L 6 α 61

2, la limite L est une solution

sur l’intervalle

[

0,1

2

]

de l’equation f(x) = x. La question 2 montre que la seule

solution de cette equation sur cet intervalle est α donc L = α et la suite u converge

vers α.

Exercice 3.6.7. ☞ On considere les suites u, v et w definies par

∀n ∈ N×, un =

(n∑

p=1

1

p

)

− ln(n), vn =

2n∑

p=n+1

1

pet

w0 = 1

∀n ∈ N, wn+1 =wn

w2n + wn + 1

On admet l’encadrement suivant

(E) : ∀n ∈ N×, ln(n+ 2) − ln(n+ 1) 61

n+ 16 ln(n+ 1) − lnn .

1. Etude de la suite u.

(a) Donner la monotonie de la suite u.

(b) Montrer par recurrence que ∀n > 1, ln(n+ 1) 6

n∑

p=1

1

p6 1 + ln(n).

(c) Montrer que la suite u est comprise entre 0 et 1.

(d) En deduire la convergence de la suite u (on ne demande pas de calculer cette

limite).

71


2. Etude de la suite v.

(a) Etudier la montonie de la suite v.

(b) En majorant1

p, justifier que ∀n ∈ N×, vn 6

2n∑

p=n+1

1

n + 1.

(c) Calculer

2n∑

p=n+1

1

n + 1. En deduire que ∀n ∈ N×, vn 6 1.

(d) Justifier que la suite v converge et donner une majoration de sa limite.

(e) Montrer que ∀n ∈ N×, u2n − un = vn − ln 2. En deduire que limn→+∞

vn = ln 2.

3. Etude de la suite w.

(a) Montrer que ∀n ∈ N, 0 6 wn 6 1.

(b) Donner la monotonie de la suite w. En deduire la convergence de la suite w et

donner sa limite.

4. Etude asymptotique de la suite w.

(a) Verifier que : ∀n ∈ N,1

wn+1= wn + 1 +

1

wn.

(b) Montrer par recurrence que ∀n ∈ N,1

wn

> n + 1.

(c) En combinant les questions 4.a) et 4.b), etablir alors par recurrence que

∀n ∈ N×,1

wn6 n + 1 +

n∑

k=1

1

k.

(d) En utilisant la question 1.b), justifier que ∀n > 1,1

wn6 n + 2 + ln(n).

(e) En deduire que ∀n ∈ N×,1

n+ 2 + lnn6 wn 6

1

n + 1.

(f) Calculer les limites suivantes : limn→+∞

n

n+ 2 + lnn, lim

n→+∞

n

n+ 1.

En deduire que la suite (nwn)n est convergente et donner sa limite.

72


Solution.

1. (a)

un+1 − un =

[(n+1∑

p=1

1

p

)

− ln(n+ 1)

]

−[(

n∑

p=1

1

p

)

− ln(n)

]

=

[(n∑

p=1

1

p+

1

n+ 1

)

− ln(n+ 1)

]

−[(

n∑

p=1

1

p

)

− ln(n)

]

=1

n + 1− ln(n + 1) + ln(n) 6 0 (d’apres l’encadrement (E))

donc la suite u est decroissante.

(b) On pose (Pn) : ln(n + 1) 6

n∑

p=1

1

p6 1 + ln(n).

Initialisation n = 1 : ln 1 = 0,1∑

p=1

1

p=

1

1= 1, 1 + ln 1 = 1 donc on a

bien ln 1 6

1∑

p=1

1

p6 1 + ln 1, ce qui montre que (P1) est vraie.

Heredite : Supposons (Pn) vraie et montrons (Pn+1), c’est-a-dire supposons

que ln(n + 1) 6

n∑

p=1

1

p6 1 + ln(n) et montrons que

ln(n + 2) 6

n+1∑

p=1

1

p6 1 + ln(n+ 1).

En remarquant quen+1∑

p=1

1

p=

n∑

p=1

1

p+

1

n+ 1, on a

ln(n+ 1) 6

n∑

p=1

1

p6 1 + ln(n) (Pn)

ln(n+ 2) − ln(n+ 1) 61

n+ 16 ln(n + 1) − lnn (E)

⇒ ln(n+ 1) + ln(n+ 2) − ln(n+ 1)

6

n∑

p=1

1

p+

1

n+ 16 1 + ln(n) + ln(n+ 1) − lnn

⇔ ln(n+ 2) 6

n+1∑

p=1

1

p6 1 + ln(n+ 1)

ce qui demontre (Pn+1) et acheve la recurrence.

73


(c) La question 1.b) montre que

∀n ∈ N, ln(n+ 1) − lnn︸︷︷︸

>0

6 un 6 1 ⇒ 0 6 un 6 1.

(d) La suite u est decroissante (question 1.a) et minoree par 0 (question 1.c)

donc elle converge (et sa limite est comprise en 0 et 1).

2. (a) On etudie le signe de vn+1 − vn

vn+1 − vn =

2(n+1)∑

p=(n+1)+1

1

p−

2n∑

p=n+1

1

p=

2n+2∑

p=n+2

1

p−

2n∑

p=n+1

1

p

Les indices communs aux deux sommes est constitue des indices compris

entre n + 2 ete 2n. En utilisant la relation de Chasles correspondant a ces

indices communs, on a

vn+1 − vn =

(2n∑

p=n+2

1

p+

2n+2∑

p=2n+1

1

p

)

−(

1

n+ 1+

2n∑

p=n+2

1

p

)

=1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 1

n + 1

=1

2n+ 1+

1

2(n+ 1)− 1

n+ 1=

1

2n+ 1− 1

2(n+ 1)

=2(n+ 1) − (2n+ 1)

2(n+ 1)(2n+ 1)=

1

2(n+ 1)(2n+ 1)> 0

donc la suite v est croissante.

(b) Pour tout p ∈ [[n+ 1, 2n]], on a n+ 1 6 p 6 2n⇔ 1

2n6

1

p6

1

n+ 1donc en

sommant sur [[n + 1, 2n]], on obtient

vn =2n∑

p=n+1

1

p6

2n∑

p=n+1

1

n+ 1

(c) Le terme general de la somme2n∑

p=n+1

1

n + 1etant independant de l’indice de

sommation p, on a simplement

2n∑

p=n+1

1

n+ 1=

1

n+ 1(2n− (n+ 1) + 1) =

n

n+ 16 1 ⇒ vn 6 1

(d) La suite v est croissante et majoree par 1 donc elle converge et sa limite est

inferieure ou egale a 1.

74


(e)

u2n − un =

[(2n∑

p=1

1

p

)

− ln(2n)

]

−[(

n∑

p=1

1

p

)

− lnn

]

=

[(n∑

p=1

1

p

)

+

(2n∑

p=n+1

1

p

)]

−[(

n∑

p=1

1

p

)]

− ln(2n) + lnn

=2n∑

p=n+1

1

p+ ln

( n

2n

)

=2n∑

p=n+1

1

p+ ln

(1

2

)

=2n∑

p=n+1

1

p− ln 2 = vn − ln 2

Puisque limn→+∞

u2n = limn→+∞

un, on ne deduit que limn→+∞

(u2n − un) = 0 donc

limn→+∞

(vn − ln 2) = 0 ⇔ limn→+∞

vn = ln 2.

Remarque : cette limite est bien comprise entre 0 et 1,ce qui est compatible

avec la question 2.d).

3. (a) On procede par recurrence en posant (Pn) : 0 6 wn 6 1.

Initialisation n = 0 : w0 = 1 donc 0 6 w0 6 1 et (P0) est vraie.


que 0 6 wn 6 1 et montrons que 0 6 wn+1 6 1.

Pour commencer, wn > 0 et w2n + wn + 1 > 1 > 0 donc wn+1 aussi (comme

quotient de deux positifs). Ensuite, puisque l’on a evidemment w2n+wn+1 >

wn > 0, le quotientwn

w2n + wn + 1

= wn+1 est inferieur a 1 (”le plus petit

divise par le plus grand”), ce qui demontre (Pn+1) et acheve la recurrence.

(b) wn+1 −wn =wn

w2n + wn + 1

−wn = wn︸︷︷︸

>0

60︷︸︸︷

−w2n − wn

w2n + wn + 1︸︷︷︸

>0

6 0 donc la suite w est

decroissante. En outre, elle est minoree par 0 donc elle converge et sa limite

L est comprise entre 0 et 1.

Calcul de la limite : Puisque la fonction x 7→ x

x2 + x+ 1est continue sur

[0, 1], en passant a la limite dans l’egalite wn+1 =wn

w2n + wn + 1

, on obtient

L =L

L2 + L+ 1⇔ L(L2 + L+ 1) = L⇔ L3 + L2 + L = L

⇔ L3 + L2 = 0 ⇔ L2(L+ 1) = 0 ⇔ L ∈ {0,−1}

Puisque L ∈ [0, 1], on en deduit que L = 0 et la suite u converge vers 0.

4. (a)1

wn+1=w2

n + wn + 1

wn= wn + 1 +

1

wn.

75


(b) On pose (Pn) :1

wn

> n+ 1.

Initialisation n = 0 :1

w0=

1

1= 1 et 0 + 1 = 1 donc

1

w0> 0 + 1, ce qui

montre que (P0) est vraie.


que1

wn

> n+ 1 et montrons que1

wn

> n + 2. On a

1

wn

> n + 1 (Pn)

1

wn+1

= wn + 1 +1

wn

⇒ 1

wn+1> n+ 2 +

1

wn︸︷︷︸

>0

> n+ 2 ⇔ 1

wn+1> n+ 2


(c) On pose (Pn) :1

wn

6 n+ 1 +n∑

k=1

1

k.

Initialisation n = 1 :1

w1

= w0 +1+1

w0

= 1+1+1 = 3 et 1+1+1∑

k=1

1

k=

1 + 1 + 1 = 3 donc1

w16 1 + 1 +

1∑

k=1

1

k, ce qui montre que (P1) est vraie.


que1

wn6 n+ 1 +

n∑

k=1

1

ket montrons que

1

wn+16 (n + 1) + 1 +

n+1∑

k=1

1

k⇔ 1

wn+16 n+ 2 +

n+1∑

k=1

1

k

On a

1

wn

6 n + 1 +n∑

k=1

1

k(Pn)

1

wn+1= wn + 1 +

1

wn

⇒ 1

wn+1

6 wn+1+n+1+n∑

k=1

1

k= wn+n+2+

n∑

k=1

1

k

D’apres la question 4.b), on a1

wn> n+ 1 ⇔ 1

wn6

1

n + 1donc

1

wn+16

1

n+ 1+ n+ 2 +

n∑

k=1

1

k= n+ 2 +

n+1∑

k=1

1

k


(d) On a

n∑

p=1

1

p6 1 + ln(n) (question 1.b)

1

wn6 n + 1 +

n∑

k=1

1

k(question 4.c)

⇒ 1

wn6 n+1+1+ln n = n+2+ln n

76


(e) On a

1

wn> n + 1 (question 4.b)

1

wn6 n + 2 + lnn (question 4.d)

⇔wn 6

1

n + 1

wn >1

n + 2 + lnn

donc1

n+ 2 + lnn6 wn 6

1

n + 1

(f) En multipliant par n l’encadrement de la question 4.e), on obtient

n

n + 2 + lnn6 nwn 6

n

n + 1

Calculons maintenant les limites des membres de gauche et de droite de cet

encadrement

n

n + 2 + lnn=

n

n

(

1 +2

n=

lnn

n

) =1

1 +2

n=

lnn

n

→n→+∞

1

1= 1

n

n + 1=

n

n

(

1 +1

n

) =1

1 +1

n

→n→+∞

1

1= 1

L’application du theoreme d’encadrement nous donne limn→+∞

nwn = 1.

Exercice 3.6.8. ☞

Soient a et b des reels strictement positifs.

① Montrer qu’on peut definir deux suites (xn)n∈N et (yn)n∈N par

x0 = a, y0 = b, xn+1 =x2

n

xn + yn, yn+1 =

y2n

xn + yn

et que, pour tout n ∈ N, xn > 0 et yn > 0.

② Prouver que la suite (yn − xn)n∈N est constante et determiner sa valeur.

③ Etablir que la suite (xn)n∈N est decroissante, puis qu’elle converge. En deduire que

la suite (yn)n∈N est aussi convergente, puis calculer les limites des suites (xn)n∈N et

(yn)n∈N.

77


Solution.

① On montre par recurrence sur n ∈ N que, pour tout n ∈ N, xn et yn sont definis

et strictement positifs. C’est vrai pour n = 0, et si c’est vrai au rang n, on a

xn + yn > 0, donc xn+1 et yn+1 sont definis et strictement positifs.

② Pour tout n ∈ N, on voit que

xn+1 − yn + 1 =x2

n − y2n

xn + yn

= xn − yn.

La suite (xn − yn)n∈N est donc constante. Sa valeur est donc egale a sa valeur

pour n = 0, c’est-a-dire x0 − y0 = a− b. En d’autres termes, on a yn = xn + b− a

pour tout n ∈ N.

③ Pour tout n ∈ N,xn+1

xn=

xn

xn + yn≤ 1,

ce qui montre que la suite (xn)n ∈ N est decroissante. Comme elle est positive,

on en deduit qu’elle converge vers une limite ℓ ≥ 0. Le resultat de la question

② indique alors que (yn)n∈N converge vers ℓ+ b− a. Comme la suite (yn)n∈N est

positive, on obtient aussi ℓ+ b− a ≥ 0. On cherche a determiner ℓ. On a

limn→∞

xn+1 = ℓ, limn→∞

x2n = ℓ2 et lim

n→∞xn + yn = 2ℓ+ b− a.

Premier cas : a > b. Comme ℓ ≥ a−b > 0 et 2ℓ+b−a = ℓ+ℓ+b−a ≥ ℓ > 0,

on obtient donc ℓ =ℓ2

2ℓ+ b− a, puis, comme ℓ 6= 0, ℓ = a− b. Donc, dans ce cas,

limn→∞

xn = a− b, limn→∞

yn = 0.

Deuxieme cas : a = b. Ici, xn = yn et ces deux suites convergent vers ℓ. Si

ℓ > 0, on obtient que ℓ =ℓ2

2ℓ, ce qui donne ℓ = 2ℓ, impossible pour ℓ > 0. Dans

ce cas, on a donc

limn→∞

xn = 0, limn→∞

yn = 0.

Troisieme cas : a < b. Ici, 2ℓ+ b− a > 0. Si ℓ > 0, on obtient ℓ = 2ℓ+ b− a,

donc ℓ = a− b, ce qui est impossible car ℓ ≥ 0. On en deduit que ℓ = 0. Dans ce

cas,

limn→∞

xn = 0, limn→∞

yn = b− a.

78


Exercice 3.6.9. ☞ Soit a un reel > 0. Pour chaque reel x > 0, on pose

f(x) =1

2

(

x+a2

x

)

.

① Soit λ un reel > 0. Montrer qu’il existe une suite de reels (un)n≥1, et une seule, telle

que u1 = λ et, pour n ≥ 2, un = f(un−1). Montrer que, pour chaque entier n ≥ 1,

un > 0.

② Montrer que, pour chaque entier n ≥ 2 on a un ≥ a [calculer un − a].

③ Montrer que, pour chaque entier n ≥ 2 on a un+1 ≥ un.

④ La suite (un)n≥1 est-elle convergente? Si oui, quelle est sa limite ?

Solution. Soit a > 0, λ > 0 et f : R \ {0} → R definie par f(x) =1

2

(

x+a2

x

)

.

① On veut montrer que l’on peut construire par recurrence une suite (un)n≥1 de

reels telle que u1 = λ et pour n ≥ 2, un =1

2

(

un−1 +a2

un−1

)

. Remarquons,

dans un premier temps, que pour tout x > 0, f(x) > 0 (comme somme de

termes strictement positifs). Le premier terme de la suite u1 = λ > 0 est donne.

Supposons que l’on puisse construire u1, u2, · · · , un−1 et que, de plus, uk > 0

pour tout k = 1, · · · , n− 1. Comme un−1 > 0, on en deduit d’apres la remarque

ci-dessus que l’on peut evaluer f en un−1 et que f(un−1) > 0. On pose alors

un = f(un−1) et on a un > 0. Ainsi, on construit par recurrence une suite (un)n≥1

comme demande dans l’enonce.

② Pour tout n ≥ 2, on a

un−a =1

2

(

un−1 +a2

un−1

)

−a =1

2un−1

(u2

n−1 + a2 − 2aun−1

)=

1

2un−1(un−1−a)2 ≥ 0.

Ainsi, un ≥ a pour tout n ≥ 2.

③ Pour tout n ≥ 2, on a

un+1 − un =1

2

(

un +a2

un

)

− un =1

2

(u2

n + a2 − 2u2n

)=

1

2

(a2 − u2

n

).

79


Comme d’apres la question precedente, un ≥ a > 0, on a a2 ≤ u2n pour tout

n ≥ 2. Ainsi, un+1 − un ≤ 0 pour tout n ≥ 2; ainsi, un+1 ≤ un pour tout n ≥ 2.

④ D’apres la question 3, la suite (un)n≥1 est decroissante (a partir du rang n = 2).

D’apres la question 2, la suite (un)n≥1 est minoree par a. Ainsi, la suite (un)n≥1 est

convergente. Soit ℓ sa limite. Par conservation des inegalites larges par passage

a la limite, on a ℓ ≥ a > 0. De plus, on sait que si une suite de reels strictement

positifs converge vers une limite strictement positive, alors la suite des inverses

converge vers l’inverse de la limite. Autrement dit, on a

(1

un

)

n≥1

converge vers

1

ℓ. De plus, la somme de deux suites convergentes est convergente et sa limite

est la somme des limites; ainsi, on a

(1

2(un +

a2

un)

)

n≥1

est convergente de limite

1

2(ℓ +

a2

ℓ). D’apres la relation de recurrence que verifie la suite (un)n≥1, et par

unicite de la limite d’une suite convergente, on a finalement ℓ =1

2(ℓ +

a2

ℓ) . En

resolvant cette equation, sachant que ℓ > 0, on trouve ℓ = a.


Les resultats des problemes qui suivent peuvent etre consideres comme un prolongement


Enonce 1

Soit (un)n ∈ Zn. Montrer que la suite (un)n est convergente si, et seulement si, elle est

stationnaire.

80


Solution

Si (un)n est stationnaire, il est clair que cette suite converge. Inversement, supposons

que (un)n converge. Notons ℓ sa limite. Montrons ℓ ∈ Z . Par l’absurde, si ℓ /∈ Z alors

E(ℓ) < ℓ < E(ℓ) + 1 donc a partir d’un certain rang E(ℓ) < un < E(ℓ) + 1. Or un ∈ Z;

ce qui est absurde. Ainsi ℓ ∈ Z.

Puisque un → ℓ et ℓ−1 < ℓ < ℓ+1, a partir d’un certain rang ℓ−1 < un < ℓ+1. Donc

−1 < un − ℓ < 1; mais un ∈ Z et ℓ ∈ Z donc un = ℓ. Finalement, (un) est stationnaire

egale a ℓ. ◆

Enonce 2 (Moyenne arithmetico-geometrique) :

① Pour (a, b) ∈ R+. Etablir : 2√ab ≤ a+ b.

② On considere les suites de reels positifs (un) et (vn) definies par : u0 = a, v = b et

∀n ∈ N, un+1 =√unvn, vn+1 =

un + vn

2.

Montrer que, pour tout n ≥ 1, un ≤ vn, un ≤ un+1 et vn+1 ≤ vn .

③ Etablir que (un) et (vn) convergent vers une meme limite. Cette limite commune est

appelee moyenne arithmetico-geometrique de a et b et est notee M(a, b).

④ Calculer M(a, a) et M(a, 0) pour a ∈ R+.

⑤ Exprimer M(λa, λb) en fonction de M(a, b) pour λ ∈ R+.

Solution

① Ceci est obtenu en debeloppant (√a−

√b)2 ≥ 0.

② Pour n = 1, un =√un−1vn−1 ≤

un−1 + vn−1

2= vn en vertu de ① .

③ La suite (un)n≥1 est croissante et majoree par v1 donc elle converge vers une limite

notee ℓ. La suite (vn)n 6=1 est decroissante est minoree par u1 donc elle converge

81


vers une limite notee ℓ′. En passant la relation vn+1 =un + vn

2a la limite, on

obtient ℓ′ =ℓ+ ℓ′

2d’ou ℓ = ℓ′

④ Si b = a alors les deux suites (un) et (vn) sont constantes egales a a et donc

M(a, a) = a. Si b = 0 alors la suite (un)n≥1 est constante egale a 0 et donc

M(a, 0) = 0.

④ Notons (u′n) et (v′n) les suites definies par le procede precedent a partir de u′0 = λa

et v′0 = λb. Par recurrence, u′n = λu et v′n = λv donc M(λa, λb) = λM(a, b).

Enonce 3 :

① Montrer que pour tout reel x :

E(x

2

)

+ E

(x+ 1

2

)

= E(x).

② En deduire que limp→+∞

p∑

k=0

E

(n+ 2k

2k+1

)

ou n est un entier naturel donne.

Solution

① Posons E(x) = n avec n ≤ x ≤ n + 1.

Si n = 2p, on a p ≤ x

2< p+

1

2, p+

1

2≤ x+ 1

2< p+ 1, donc

E(x

2

)

= p, E

(x+ 1

2

)

= p et E(x

2

)

+ E

(x+ 1

2

)

= 2p = E(x).

Si n = 2p + 1, on a p ≤ 1

2≤ x

2< p+ 1, p+ 1 ≤ x+ 1

2< p+

1

3, donc

E(x

2

)

= p, E

(x+ 1

2

)

= p+ 1 et E(x

2

)

+ E

(x+ 1

2

)

= 2p+ 1 = E(x).

② D’apres 1), on a

E

(n+ 2k

2k+1

)

= E

(n2−k + 1

2

)

= E(n2−k

)− E(n2−(k+1).

82


On en deduit que

up =

p∑

k=0

E

(n = 2k

2k+1

)

=

p∑

k=0

E( n

2k

)

−p∑

k=0

E( n

2k+1

)

.

Soit que

up =

p∑

k=0

E( n

2k

)

−p+1∑

k=1

E( n

2k

)

.

Apres reduction

up = E(n) − E( n

2p+1

)

= n− E( n

2n+1

)

.

A partir d’un certain rang p0, on a 2p+1 > n donc up = n. Ainsi, la suite (up) est

constante a partir de p0 et on a limp→+∞

up = n.

83


84

Chapitre 3Continuite et derivabilite des fonctions

3.1 Limite d’une fonction

Definition. Une partie V ⊂ R est un voisinage de x0 ∈ R s’il contient un intervalle

ouvert de R contenant x0.

Notons par V(x0) l’ensemble des voisinages du point x0. Ainsi, on peut reformuler les

termes de la definition precedente de la maniere suivante :

V ∈ V(x0) ⇐⇒ ∃η ∈ R∗+ : ]x0 − η, x0 + η[⊂ V.

☞ Exemple 3.1.1 L’intervalle ferme [−1, 1] est un voisinage de 0. En fait [−1, 1] est un

voisinage de chaque a ∈] − 1, 1[, mais il ne peut etre ni voisinage de −1 ni de 1. ◆

Definition. On dit qu’une fonction f definie au voisiange du point x0 ∈ R, sauf

peut-etre au point x0, admet une limite ℓ en x0, si :

∀ε > 0, ∃η > 0 tel que |x − x0| ≤ η =⇒ |f(x) − ℓ| ≤ ε.

85


On ecrit dans ce cas, limx→x0

f(x) = ℓ.

☞ Exemple 3.1.2 Considerons la fonction f(x) = 2x−1 qui est definie sur R. Au point

x = 1, on a limx→1

f(x) = 1. En effet, pour tout ε > 0, on a |f(x) − 1| = 2|x− 1| < ε si l’on

a, a fortiori, |x− 1| < ε

2. Le bon choix sera alors de prendre η =

ε

2. ◆

Pour montrer que la fonction f n’admet pas de limite au point x0, il suffit de prendre la

negation de la definition. D’autre part,

Proposition 3.1.1 Si f admet une limite au point x0, cette limite est unique.

Preuve : Si f admet deux limites ℓ et ℓ′ au point x0, alors on a, par definition :

∀ε > 0 , ∃η > 0 tel que |x− x0| ≤ η =⇒ |f(x) − ℓ| ≤ ε/2

∀ε > 0 , ∃η′ > 0 tel que |x− x0| ≤ η′ =⇒ |f(x) − ℓ′| ≤ ε/2

Posons η′′ = min(η, η′), alors

∀ε > 0, ∃η” > 0 tel que |x− x0| ≤ η” =⇒ |ℓ− ℓ′| ≤ |f(x) − ℓ| + |f(x) − ℓ′| ≤ ε.

Comme ε est quelconque alors |ℓ− ℓ′| < ε entraine que ℓ = ℓ′. ◆

☞ Exemple 3.1.3 Montrer que limx→0

cosx = 1. On a | cosx − 1| = |1 − cosx| =∣∣∣2 sin2

(x

2

)∣∣∣ . Mais lim

x→0sin(x

2

)

= 0, alors limx→0

| cosx− 1| = 0. D’ou le resultat. ◆

☞ Exemple 3.1.4 Considerons la fonction f dont le graphe a pour allure

86


1

0•

f(x) =sin x

xCf

x′ x

y′

y

Lorsque 0 ≤ x <π

2alors sin x ≤ x ≤ tg x. Comme cosx > 0, on obtient x cosx ≤ sin x ≤

x et alors cos x ≤ sin x

x≤ 1. D’ou

limx→0

sin x

x= 1. ◆

On a la caracterisation suivante, a l’aide des suites, de la notion de limite :

Proposition 3.1.2 Si f ∈ F(I,R) alors limx→x0

f(x) = b si et seulement si pour toute

suite (xn)n∈N de I on a : x0 = limnxn =⇒ lim

nf(xn) = b.

Preuve : On montre l’equivalence dans les deux sens. Condition necessaire : Sup-

posons que limx→x0

f(x) = b et (xn)n∈N une suite de I. Ceci s’ecrit, par definition : ∀ε >0, ∃η > 0, ∀x ∈ I, |x − a| ≤ η =⇒ |f(x) − b| ≤ ε. Comme x0 = lim

nxn, il existe

n0 ∈ N tel que pour tout n ≥ n0 on a |xn − x0| ≤ η. En recapitulant, on obtient

∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0, |f(xn) − b| ≤ ε. Ce qui signifie bien que la suite (f(xn))

tend vers β. Condition suffisante : Supposons que b n’est pas limite de f en x0. La

contraposee de la definition de la limite nous donne ∃ε > 0, ∀η > 0, ∃x ∈ I, |x− x0| ≤ η

et |f(x) − b| > ε. En particulier, pour tout n ∈ N∗, il existe xn ∈ I tel que |xn − x0| <1

net |f(xn)− b| > ε. Donc, la suite (xn)n∈N admet x0 comme limite, cependant, b n’est pas

limite de la suite (f(xn))n∈N. ◆

87


☞ Exemple 3.1.5 La fonction f : x ∈ R∗ → sin

(1

x

)

n’admet pas de limite au point 0 :

x′

x

y′

y

f(x) = sin

(1

x

)

Cf

En effet, considerons les suites xn =1

nπet yn =

1

2nπ + (π/2). Elles convergent toutes

les deux vers 0 lorsque n tend vers l’infini, et pourtant on a sin(xn) = 0 et sin(yn) = 1.

Comme les deux limites sont defferentes donc f n’admet pas de limite au point 0. ◆

On est maintenant en mesure de definir les limites a gauche et a droite d’un point donne.

Definition. On dit que la fonction f admet ℓ comme limite a droite de x0, c’est-a-

dire quand x tend vers x+0 , si pour tout ε > 0, il existe un δ > 0 tel que : x0 < x < x0+δ

entraine |f(x) − ℓ| ≤ ε. On notera, dans ce cas :

limx→x+

0

f(x) = ℓ.

On dit que la fonction f admet ℓ comme limite a gauche de x0, c’est-a-dire quand

x tend vers x−0 , si pour tout ε > 0, il existe un δ > 0 tel que : x0 − δ < x < x0 entraine

|f(x) − ℓ| ≤ ε. On notera, dans ce cas :

limx→x−

0

f(x) = ℓ.

88


☞ Exemple 3.1.6 La fonction x ∈ R∗+ 7→ x sin

(1

x

)

tend vers 0 lorsque x→ 0+ :

x

y

0 •

Cf

f(x) = x sin

(1

x

)

Si la fonction f admet une limite ℓ a gauche du point x0 et une limite ℓ′ a droite de x0,

pour que f admet une limite au point x0 il faut et il suffit que ℓ = ℓ′.

☞ Exemple 3.1.7 Considerons la fonction definie par

f(x) =

1 si x > 0

−1 si x < 0

Elle admet 1 comme limite a droite de 0 et −1 comme limite a gauche de 0. Mais elle

n’admet aucune limite au point 0. En fait f n’est autre que la fonction definie sur R∗ par

f(x) =|x|x

. ◆

3.2 Continuite d’une fonction

Definition. Soit x0 ∈ I. On dit que la fonction f ∈ F(I,K) est continue au point x0

si f(x) tend vers f(x0), quand x tend vers x0 pour tout x ∈ I, ce qui s’ecrit

limx→x0

f(x) = f(x0).

89


On peut formuler ceci de la facon suivante

∀ε > 0, ∃η > 0 tel que |x − x0| ≤ η =⇒ |f(x) − f(x0)| ≤ ε.

☞ Exemple 3.2.1 Soit la fonction reelle f definie par

f(x) =

x sin

(1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0.

Au point x0 = 0, on a

|f(x) − f(0)| =

∣∣∣∣x sin

(1

x

)∣∣∣∣≤ |x|.

Etant donne ε ∈ R∗, on choisira η = ε. Ainsi

|x| ≤ η =⇒ |f(x) − f(0)| ≤ ε.

Donc f est continue au point x0 = 0. ◆

☞ Exemple 3.2.2 Les fonctions Id : x → x et x → x2 sont continues en tout point

de R. Par contre, la fonction x → √x est continue en tout point de R+

∗ . Pour les deux

premieres, on applique directement la definition. Pour la troisieme, on etudie la continuite

au point x0 > 0 en ecrivant pour tout x > 0

√x−√

x0 =x− x0√x+

√x0

≤ x− x0√x0

.

On a alors clairement limx→x0

√x =

√x0. ◆

☞ Exemple 3.2.3 La fonction f : R → R caracteristique des nombres rationnels definie

par

∀x ∈ Q, f(x) = x, ∀x ∈ R\Q, f(x) = 0

est continue en aucun point. ◆

90


Soient f et g ∈ F(I,K) et x0 ∈ I. Si f et g sont continues en x0, alors f + g et fg sont

aussi continues en x0. Si en outre g(x0) 6= 0 alors la fonction quotient f/g est continue

en x0.

Theoreme 3.2.1 Si les fonctions f et g sont des fonctions reelles continues sur un

intervalle I ⊂ R alors les fonctions |f |, sup(f, g) et inf(f, g) sont continues.

Preuve : On a pour tout x ∈ I, ||f(x)| − |f(a)|| ≤ |f(x) − f(a)|, de ceci decoule la

continuite de x→ |x|. D’autre part, on peut ecrire

sup(f, g) =1

2(f + g + |f − g|) et inf(f, g) =

1

2(f + g − |f − g|).

Des remarques precedentes on en deduit la continuite de x → sup(f(x), g(x)) et x →inf(f(x), g(x)). ◆

Ces proprietes entrainent que les fonctions polynomes sont des fonctions continues et que

tout fonction rationnelleP (x)

Q(x), P,Q ∈ K[X], est continue en tout point ou Q(x) 6= 0.

Ainsi, toutes les proprietes sur les limites des fonctions sont valables pour les fonctions

continues. Si on se donne une suite reelle (xn)n qui converge vers un certain x0 et une

fonction f ∈ F(I,R) continue, alors (voir exercices) limn→+∞

f(xn) = f(x0).

☞ Exemple 3.2.4 Considerons la fonctionDiscontinuite

a l’origine

f(x) = sin

(1

x

)

si x 6= 0.

A l’origine, considerons une suite de terme general xn = 1/nπ, n ∈ Z, qui converge vers

0. Or

f(xn) =

+1 si n est pair

−1 si n est impair.

La fonction n’est pas continue en 0 puisqu’elle admet deux limites distinctes. ◆

On rappelle qu’un ensemble V est voisinage a gauche (resp. voisinage a droite ) d’un

point x0 s’il existe δ > 0 tel que l’intervalle ]x0 − δ, x0] (resp. [x0, x0 + δ[) soit inclus dans

V

91


La fonction f est dite continue a gauche en x0 si pour x ≤ x0 on a

limx→x−

0

f(x) = f(x0).

On en deduit que f est continue a gauche en x0 si, et seulement si

∀ε > 0, ∃δ > 0, x0 − δ < x < x0 =⇒ |f(x) − f(x0)| < ε.

De meme, la fonction f est dite droite si pour x ≥ x0 on a

limx→x+

0

f(x) = f(x0).

On en deduit que f est continue a droite en x0 si, et seulement si

∀ε > 0, ∃δ > 0, x0 < x < x0 + δ =⇒ |f(x) − f(x0)| < ε.

On en deduit que la fonction f est continue en x0 si et seulement si f est continue a

gauche et a droite du point x0.

f est continue en x0 ⇐⇒ limx→x+

0

f(x) = limx→x−

0

f(x) = f(x0).

☞ Exemple 3.2.5 La fonction definie parFonction de

Heaviside

H(x) =

1 si x > 0

0 si x ≤ 0

est continue sur R∗. Au point x = 0, la fonction H est continue a gauche , mais elle ne

l’est pas a droite car limx→0−

H(x) = H(0) = 0 et limx→0+

H(x) = 1 6= H(0). ◆

☞ Exemple 3.2.6 La fonction partie entiere E definie pour n entier par E(x) = n siFonction

Partie

Entiere

n ≤ x < n+1 est continue en tout point de R \Z. Comme E est une fonction en escalier,

elle est continue a droite en tout point entier x0 ∈ Z, mais elle ne l’est pas a gauche en

ces points.

92


x′ x2

y′

y

0

1

−1

−1 1

•

•

•

E(x) =

−1 −1 ≤ x < 0

0 0 ≤ x < 1

1 1 ≤ x < 2

Par exemple, a l’origine, on a limx→0−

E(x) = −1 et limx→0+

E(x) = E(0) = 0. Les limites

a gauche et a droite sont differentes, donc la fonction E n’est pas continue a gauche de

l’origine. ◆

Definition. Si la fonction f n’est pas definie au point x0 ∈ I et qu’elle admet en ce

point une limite finie notee ℓ, la fonction definie par

g(x) =

f(x) si x ∈ I \ {x0}

ℓ si x = x0

est dite prolongement par continuite de f au point x0.

☞ Exemple 3.2.7 La fonction

f(x) = x sin

(1

x

)

est definie et continue sur R∗. Or, pour tout x ∈ R on a |f(x)| ≤ |x| donc limx→0

f(x) = 0.

93


1

x′ x

y′

y

0

Cf

f(x) = x sin

(1

x

)

Le prolongement par continuite de f au point 0 est donc la fonction g definie par :

g(x) =

sin

(1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0. ◆

0•y′

x′

y

x

Cf

f(x) = x3 sin

(1

x

)

Definition. On dit que la fonction f est continue sur l’intervalle I si f est continue

en tout point de I.

☞ Exemple 3.2.8 La fonction

f(x) =

x3 sin

(1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0

est continue sur tout intervalle ferme centre

en 0. ◆

Ainsi, si I = [a, b], la fonction f est continue sur I signifie qu’elle est continue en tout

point de l’intervalle ouvert ]a, b[ et continue a droite en a et a gauche en b.

94


Definition. La fonction f : I → R est dite uniformement continue sur l’intervalle

I si

∀ε > 0, ∃η = η(ε) > 0 tel que : |x − x′| ≤ η =⇒ |f(x) − f(x′)| ≤ ε, ∀x, x′ ∈ I.

Remarquons que le reel η ne depend pas de x. Ainsi toute fonction uniformement continue

sur l’intervalle I est continue sur I. La reciproque est vraie lorsque l’intervalle I est ferme.

☞ Exemple 3.2.9 La fonction f(x) = x2 n’est pas uniformement continue sur R, par

contre elle l’est sur tout intervalle ferme [a, b] de R. En effet, pour tous reel ε > 0 et

x0 ∈ [a, b], on a

|x2 − x20| = |x− x0|.|x+ x0| ≤ (|x| + |x0|)(|x− x0||)

≤ 2|b||x− x0|.

On choisira η independamment de x, par exemple η =ε

2|b| . ◆

☞ Exemple 3.2.10 La fonction f(x) = x2 n’est pas uniformement continue sur l’intervalle

[1,+∞[. En effet, considerons les suites xn = n +1

net yn = n On a toujours

|f(xn) − f(yn)| = 2 +1

n2> 2

bien que |xn − yn| =1

n. Aucun nombre η ne peut correspondre a ε = 2.

☞ Exemple 3.2.11 La fonction f ∈ F(I,K) est dite k-lipschitzienne d’ordre α ∈ R+∗ ,

si pour tous x1, x2 ∈ I, il existe une constante k ∈ R tel que

|f(x2) − f(x1)| ≤ k|x2 − x1|α.

Toute fonction k-lipschitziene d’ordre α, 0 < α < 1, est uniformement continue, puisque

pour ε un reel positif donne, on peut choisir η = ε/k independamment de x. ◆

95


Theoreme 3.2.2 [Valeurs intermediaires]. Si f : [a, b] → R est une fonction

continue, alors f atteint toutes les valeurs comprises entre f(a) et f(b) :

∀c ∈ [f(a), f(b)], ∃x0 ∈ [a, b] : f(x0) = c.

Intuitivement, le graphe de la fonction f ne presente aucune discontinuite entre les points

A = (a, f(a)) et B = (b, f(b)) :

Une variante au theoreme des valeurs intermediaires, qui permet de resoudre certaines

equations numeriques, est donnee par :

Theoreme 3.2.3 Si la fonction f est continue sur [a, b] et si f(a).f(b) < 0, il existe

alors au moins un point un x0 ∈]a, b[ tel que f(x0) = 0.

Si f est strictement monotone sur [a, b], le point x0 est unique.

Dans l’exemple suivant, on cite les diverses methodes de resolutions d’une equation

numerique.

☞ Exemple 3.2.12 Considerons une fonction monotone et continue sur [a, b] telle que

f(a).f(b) < 0. Il existe une solution unique x0 de l’equation f(x) = 0 sur [a, b]. Pour

estimer convenablement la racine x0, plusieurs methodes de resolution sont suggerees.

① Methode de dichotomie : On choisit le milieua+ b

2de l’intervalle [a, b] et on cal-

cule f

(a+ b

2

)

. Si f(a).f

(a + b

2

)

< 0, la racine x0 est a chercher dans l’intervalle[

a, f

(a+ b

2

)]

. Sinon x0 ∈[

f

(a+ b

2

)

, b

]

. L’intervalle ou se trouve x0 sera

retenue et on repete la meme operation jusqu’a ce que la precision soit suffisante.

② Methode du point fixe : On exprime la fonction f sous la forme f(x) = ϕ(x)−x.Resoudre l’equation f(x) = 0 revient a trouver le point fixe x0 de l’equation ϕ(x) =

x. Ceci est possible lorsque ϕ applique l’intervalle [a, b] dans lui-meme et s’il existe

une certaine constante k telle que |ϕ′(x)| ≤ k < 1 pour tout x ∈ [a, b]. La suite (xn)n

96


determinee par une valeur initiale choisie sur [a, b] et par la relation de recurrence

xn+1 = ϕ(xn), converge vers la solution de l’equation x0.

③ Methode de Newton-Raphson : Supposons qu’une valeur approchee x1 de x0

soit connue. L’abscisse x2 de l’intersection de la tangente a la courbe Γf au point

M0(x1, f(x1), est une nouvelle valeur plus precise de x0. En repetant ce procede, on

construit une suite (xn)n qui converge vers x0. Les termes de cette suite, comme on

peut le constater sont donnes par la recurrence xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn). ◆

2

xx′

y

y′

0

f(x) = x3 − 2x + 2

x0

−1

Cf

☞ Exemple 3.2.13 La fonction f(x) = x3 −2x+2 est continue sur l’intervalle [−2, 1]. Comme

f(−2).f(1) = −2 < 0, l’equation f(x) = 0 ad-

met au moins une racine sur l’intervalle [−2, 1], a

savoir, x0 = −1, 76929 : La racine x0 est l’inter-

section de la courbe Cf et l’axe des abscisses. ◆

Proposition 3.2.4 Si f : [a, b] → R est une fonction continue et strictement crois-

sante (resp. strictement decroissante), alors f est une bijection de [a, b] sur [f(a), f(b)].

La bijection reciproque f−1 est continue et strictement croissante (resp. decroissante).

Preuve : Faisons la demonstration dans le cas ou f est strictement croissante quite a

remplacer f par −f . Comme x ∈ [a, b] alors f(x) ∈ [f(a), f(b)] donc

f([a, b]) ⊂ [f(a), f(b)].

Mais f prend les valeurs intermediaires entre f(a) et f(b), ainsi f([a, b]) = [f(a), f(b)].

L’application f est surjective. De plus est injective. Donc f est une application bijective

de [a, b] sur [f(a), f(b)]. Soient α, β ∈ [f(a), f(b)] tels que α < β. Posons x = f−1(α) et

y = f−1(β). On a α = f(x), β = f(y). Si y ≤ x alors f(y) ≤ f(x) c’est-a-dire β ≤ α ce

qui contredit l’hypothese. Donc x < y c’est-a-dire f−1(α) < f−1(β). Ainsi, l’application

f−1 est strictement croissante. Montrons maintenant la continuite de f−1 en tout point

γ0 ∈]f(a), f(b)[. Posons x0 = f−1(γ0) donc γ0 = f(x0) et a < x0 < b. Choisissons η1 et η2

de [a, b] equidistants du point x0 qui sont ε-equidistants Soient β1 = f(η1) et β2 = f(η2).

On a f(a) ≤ β1 < γ0 < β2 ≤ f(b). Si y ∈ [β1, β2] alors f−1(y) ∈ [η1, η2]. Posons δ un reel

positif majore par les nombres positifs |γ0 − β1| et |γ0 − β2|. Alors, on a

|y − γ0| ≤ δ =⇒ η1 < y < η2 =⇒ |f−1(y) − f−1(γ0)| ≤ ε.

97


D’ou la continuite de f−1 au point γ0. La demonstration pour γ0 = f(a) ou γ0 = f(b) se

traite de la meme facon ou plus simplement. ◆

Cette proposition reste valable dans le cas ou l’intervalle de definition est semi-ouvert, ce

qui peut se reformuler ainsi :

Proposition 3.2.5 Si f : [a, b[→ R est continue et strictement croissante, alors f est

une bijection de [a, b[ sur [f(a), limx→b−

f(x)[.

3.3 Fonction derivable

La derivee d’une fonction renseigne sur certaines particularites de son graphe. Elles

permet d’identifier, entre autres :

① Pour quelles valeurs de son domaine de definition la courbe croıt ou decroıt ?

② Quels sont les extremums relatifs (locaux) ou absolue (globaux) de la fonction ?

Definition. Soit x0 ∈ I. On dit que f est derivable au point x0 si son taux

d’accroissement au point x0

Tf,x0=

f(x) − f(x0)

x − x0

tend vers une limite finie quand x tend vers x0 et x 6= x0. Cette limite s’appelle la

derivee de f en x0 et se note f ′(x0).

Ainsi, en posant x = x0 + h, h 6= 0, on a

f ′(x0) = limh→0

f(x0 + h) − f(x0)

h.

98


On peut encore ecrire

f(x0 + h) = f(x0) + hf ′(x0) + hε(h), limh→0

ε(h) = 0.

☞ Exemple 3.3.1 Soit f la fonction reelle definie sur R par f(x) = x2. La derivee de

f en un point x ∈ R est

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h= lim

h→0

(x+ h)2 − x2

h

= limh→0

2xh+ h2

h= lim

h→0(2x+ h)

= 2x. ◆

En general, si f(x) = xn, n ∈ N, alors

(xn)′ = nxn−1.

☞ Exemple 3.3.2 Soit f(x) = sin x, la derivee de f au point x est

f ′(x) = limh→0

sin(x+ h) − sin x

h= lim

h→0

sin x cos h+ cosx sinh− sin x

h

= limh→0

cosh− 1

hsin x+

sinh

hcosx.

Or,

limh→0

sinh

h= 1 et lim

h→0

cosh− 1

h= 0,

on obtient alors f ′(x) = cos x. On procede de la meme facon pour calculer la derivee de

la fonction x→ cos x. Ainsi

(sin x)′ = cos x et (cos x)′ = − sin x. ◆

Definition. La fonction qui a tout x de I associe f ′(x) dans K s’appelle fonction

derivee de f et se note f ′ oudf

dx.

99


☞ Exemple 3.3.3 e Soit la fonction f definie par

f(x) =

x sin

(1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0.

Si x 6= 0, on a

f ′(x) = sin

(1

x

)

− 1

xcos

(1

x

)

.

Au point x = 0, on af(h) − f(0)

h= sin

(1

h

)

.

Mais sin

(1

h

)

n’admet pas de limite, lorsque h→ 0, puisqu’il oscille entre −1 et +1. ◆

Notation de Landau :

Soient f et g deux fonctions definies au voisinage d’un point x0 ∈ I. On dit que g est

negligeable devant f quand x tend vers x0 si limx→x0 g(x)f(x) = 0. On note dans ce

cas

g = 0(f) quand x → x0.

Ainsi, L’ecriture ε(h) = 0(1) quand h→ 0 signifie que ε(h) est negligeable devant 1 c’est

a dire que ε(h) tend vers 0 quand h tend vers 0. Avec cette notation, on peut ecrire

f(x0 + h) = f(x0) + hf ′(x0) + h0(1), h → 0.

Proposition 3.3.1 Toute fonction derivable en un point est continue en ce point.

Preuve : Si f est derivable au point x0, alors pour tout h > 0, il existe ε(h) tendant

vers 0 avec h tel que f(x0 + h)− f(x0) = h[f ′(x0) + ε(h)]. D’ou limh→0

f(x0 + h) = f(x0).◆

Definition. La forme lineaire

dfx0: h → hf ′(x0)

est dite la differentielle de f au point x0.

100


Il est evident que pour les petites valeurs de h, dfx0(h) donne une approximation excellente

de f(x0 + h) − f(x0).

☞ Exemple 3.3.4 Pour illustrer une application facile de cette idee, on va utiliser la

differentielle pour donne une valeur approximative de√

4, 1. Pour cela considerons la

fonction f(x) =√x et x0 = 4. Donc f(4, 1) − f(4) ≃ f ′(4) × 0, 1. Ainsi

√4, 1 ≃

1

2√

4.0, 1 + 2 = 2, 025. La valeur actuelle de

√4, 1 est 2, 0248...◆

Interpretation geometrique :

SoientM0 = (x0, f(x0)) ∈ Cf etM = (x, f(x)) ∈ Cf . La quantite, dite taux d’accroissement

de f au voisinage de x0

Tf,x0 =f(x) − f(x0)

x− x0,

represente la pente de la droite M0M . Si ce quotient a une position limite quand x→ x0,

x 6= x0, la droite M0M tend vers une limite appelee tangente a Cf en M0 et la pente de

cette tangente est f ′(x0). L’equation de cette tangente est donc

y − f(x0) = f ′(x0)(x − x0)

☞ Exemple 3.3.5 Soit la fonction f definie par

f(x) =

√x2 + 3

x.

La pente de la tangente au point M0(1, 2) ∈ Cf est

f ′(1) = limh→0

√

(1 + h)2 + 3 − 2

h= lim

h→0

−6 − 3h

(1 + h)(√

(1 + h)2 + 3 + 2(1 + h))= −3

2.

La tangente a Cf au point M0 est la droite d’equation y = −3

2x+

7

2:

101


x′x

y′

y

o 1

2

Tangentea

Cf

aupoint

M0

y= − 3

2 x+

72

f(x) =

√x2 + 3

2

M0 ∈ Cf

3.4 Extension de la notion de derivee

Si le taux de variations Tf,x0 de f au voisinage de x0 tend vers ±∞, on dit que f admet

une derivee infinie et on note

f ′(x0) = ±∞.

La tangente a la courbe Cf , au point x0, est dite tangente verticale.

☞ Exemple 3.4.1 La fonction f : x → x3 definie sur R est derivable et bijective.

Sa derivee est cependant nulle en 0. Sa fonction reciproque f−1 : x → x1/3 n’est pas

derivable en 0. La tangente a la courbe Cf−1 au point 0 est l’axe des ordonnees donc

(f−1)′(0±) = ±∞. Le point 0 est un point singulier pour la courbe Cf−1 .

☞ Exemple 3.4.2 Considerons la courbe Cf representative de la fonction f(x) = x2/3.

Au point M0 = (0, 0) ∈ Cf , on a f ′(0) = limh→0 h−1/3 = ±∞. La tangente au point M0 a

la courbe Cf est parallele a l’axes des ordonnees. Le point M0 est dit point singulier de

la courbe Cf ◆

102


Definition. Pour x > x0, on dit que la fonction f est derivable a droite en x0 si

limx→x+

0

Tf,x0 existe et est finie.

Pour x < x0, on dit que la fonction f est en x0 si limx→x−

0

Tf,x0 existe et est finie.

On note, dans ces cas :

f ′d(x0) = lim

x→x+0

f(x) − f(x0)

x − x0

et f ′g(x0) = lim

x→x−0

f(x) − f(x0)

x − x0

.

La derivee de f au point x0 existe si et seulement f ′g(x0) et f ′

d(x0) existent et sont egales

f est derivable au point x0 ⇐⇒ f ′g(x0) = f ′

d(x0) = f ′(x0)

Si les derivees a gauche et a droite existent et sont differentes, ils existent alors deux

demi-tangentes a la courbe Cf au point (x0, f(x0)) dit point anguleux , comme on peut

le constater sur le graphe ci-dessous.

☞ Exemple 3.4.3 Considerons la fonction f(x) = |x2 − x| qui est definie sur R. Elle

admet deux point anguleux, a savoir l’origine (0, 0) et le point (1, 0). Au point (0, 0) on

a f ′g(0) = −1 et f ′d(0) = 1. Au point (1, 0) on a f ′g(1) = −1 et f ′

d(1) = 1 :

1x′ x

y

0

Cf f(x) = |x2 − x|

A l’origine on a deux demi-tangentes, a savoir, y = x et y = −x. Au point (1, 0), on aussi

deux demi-tangentes d’equations : y = x− 1 et y = −x+ 1. ◆

103


Il est clair que si la fonction f est derivable en x0, f est continue en x0. La reciroque est

fausse :

☞ Exemple 3.4.4 La fonction f : R → R definie par f(x) = |x| est continue au point

0 par contre elle n’est pas derivable en ce point car elle admet des derivees differentes a

gauche et a droite f ′d(0) = +1 6= f ′

g(0) = −1. ◆

3.5 Operations de derivations

Soient f et g deux fonctions definies sur l’intervalle I ⊂ R a valeurs dans K et x0 ∈ I. Si

les fonctions f et g sont derivables en x0, alors

◆ Somme : La fonction somme f + g est derivable en x0 et on a

(f + g)′(x0) = (f ′ + g′)(x0).

◆ Produit : La fonction produit fg est derivable en x0 et on a

(fg)′(x0) = (f ′g + fg′)(x0).

◆ Quotient : si g(x0) 6= 0, la fonction fg est derivable en x0 et on a

f

g

′(x0) =

f ′g − fg′

g2

(x0).

En particulier

1

g

′(x0) = −

g′

g2(x0).

◆ Derivee de la composee de deux fonctions : Soient J un intervalle de R, f :

I → J et g : J → K. Si f est derivable en x0 ∈ I et g derivable en f(x0), la fonction

composee g ◦ f : I → K est derivable en x0 et

(g ◦ f)′(x0) = g′(f(x0)).f′(x0).

104


◆ Derivee de la fonctions reciproque : Soient J un intervalle de R et f : I → J

une bijection continue. L’application reciroque f−1 : J → I est aussi continue sur J.

Si f est derivable en x0 ∈ I et si f ′(x0) 6= 0, alors f−1 est derivable en y0 = f(x0)

tel que

(f−1)′(y0) =1

f ′(x0).

☞ Exemple 3.5.1 Soit g : x ∈ R → xα, α ∈ R, alors

(xα)′ = αxα−1.

☞ Exemple 3.5.2 Soit la fonction f(x) = tg x. En ecrivant f(x) =sin x

cos x, on trouve

que

f ′(x) = 1 + tg 2x =1

cos2 x.

La derivee f ′ de f ∈ F(I,K) est une fonction sur l’intervalle I. Si f ′ est derivable a

son tour, sa derivee notee f ′′ =d2f

dx2est dite derivee seconde de f . Cette notion se

generalise a l’ordre n. Ainsi la derivee d’ordre n de f est definie par

f (n)(x) = (f (n−1))′(x) =df (n−1)

dx(x). ◆

☞ Exemple 3.5.3 Soit la fonction f(x) = sin x definie sur R. Les derivees d’ordre 1 et

2 sont

f ′(x) = cosx = sin(

x+π

2

)

et f ′′(x) = − sin x = sin(

x+ 2π

2

)

.

Par recurrence la derivee d’ordre n de f est

sin(n)(x) = sin

(

x + nπ

2

)

.

105


☞ Exemple 3.5.4 Considerons la fonction

x→ f(x) = 2x+ 2x2 + 1 + 2 arctan

(1 − x

1 + x

)

et montrons que f (n−1)(x) = An(x)(x+ 1)n ou An est un polynome de degre n. Pour ce

faire, on doit raisonne par recurrence. Pour n = 1, on a

f ′(x) =2(x2 + 1) − 2x(2x+ 1)

(x2 + 1)2+ 2

1

1 +

(1 − x

1 + x

)2 .−2

(1 + x)2=

−2x(1 + 2x)

(x2 + 1)2.

Le polynome A2(x) = −2x(1 + 2x) est bien de degre 2. Supposons le resultat etabli

jusqu’a l’ordre n c’est a dire que f (n−1)(x) =An(x)

(x2 + 1)nou An est un polynome de degre

n, alors f (n)(x) = A′n(x)(x2 + 1) − 2nxAn(x)(x2 + 1)n+1. Posons An+1(x) = A′

n(x)(x2 +

1)−2nxAn(x). Si le terme de plus haut degre de An est anxn, celui de An+1 est nanx

n+1−2nanx

n+1 = −nanxn+1 donc An+1 est effectivement de degre n+ 1. ◆

3.6 Theoremes de Rolle et des Accroissements finis

Soient I =]a, b[ un intervalle ouvert de R et f ∈ F(I,K). Fixons un point x0 sur I. On

dit que la fonction f admet un maximum (resp. minimum ) relatif au point x0 s’il

existe un intervalle ouvert J ⊂ I centre sur x0 tel que

∀x ∈ J, f(x) ≤ f(x0) (resp. f(x) ≥ f(x0)).

On dit que la fonction f presente au point x0 un extremum, si elle admet un maximum

ou un minimum au point x0

Proposition 3.6.1 Soit f une fonction definie sur l’intervalle ]a, b[. Supposons que

f presente un au point x0. Si f est derivable au point x0 alors f ′(x0) = 0.

Preuve : Supposons que l’extremum en question est un maximum. Il existe alors un

intervalle J ⊂ I contenant x0 tel que le taux d’accroissement au voisinage de x0 a le signe

Tf,x0 ≥ 0 si x < x0

Tf,x0 ≤ 0 si x > x0.

106


Comme f est derivable en x0 alors f ′(x0) = limx→x0

Tf,x0 . Dans les deux cas, on obtient que

f ′(x0) ≥ 0 et f ′(x0) ≤ 0. Donc f ′(x0) = 0. ◆

Remarquons tout d’abord qu’une fonction peut admettre un extremum en un point sans

qu’elle soit derivable en ce point, par exemple f(x) = |x| et x0 = 0.

La reciproque de la proposition est fausse comme on peut le constater si l’on considere la

fonction f(x) = x3. Au point x = 0, on a bien f ′(0) = 0 et pourtant f ne presente ni un

maximum ni un minimum a l’origine.

Les points ou la derivee de f est nulle sont appeles points critiques. Il s’agit en fait des

points ou la fonction f est stationnaire.

Theoreme 3.6.2 (Rolle). Soient I = [a, b] et f ∈ F(I,K) une fonction continue sur

[a, b] et derivable sur ]a, b[ telle que f(a) = f(b) = 0. Il existe alors un nombre c ∈]a, b[

tel que f ′(c) = 0.

ba c•

f ′(c) = 0

Cf

Preuve : Suposons que la fonction f est non

nulle sur I, sinon tous les points conviennent.

Supposons qu’il existe x ∈]a, b[ tel que f(x) >

0. Posons M = supx∈[a,b] f(x) > 0. Comme

f est continue, la valeur M est atteinte par

f en un point c ∈ [a, b] tel que f(c) = M .

Comme f(a) = f(b) = 0, alors c ∈]a, b[ et f

presente un maximum au point c. D’apres la

proposition precedente on a f ′(c) = 0. ◆

Supposons que f ne s’annule pas aux points extremes a et b. En appliquant le theoreme

de Rolle a la fonction auxilliaire

ϕ(x) = f(x) − f(a) − f(b) − f(a)b− a(x− a),

on obtient la formule des accroissements finis, a savoir :

107


Theoreme 3.6.3 (Accroissements finis). Soient I = [a, b] et f ∈ F(I,K) une

fonction continue sur [a, b] et derivable sur ]a, b[. Il existe alors un nombre x0 ∈]a, b[

tel que

f(b) − f(a) = (b − a)f ′(x0).

Preuve : La fonction ϕ est continue sur [a, b], derivable sur ]a, b[ et ϕ(a) = ϕ(b). D’apres

le theoreme de Rolle, il existe x0 ∈]a, b[ tel que ϕ(x0) = 0. Ce qui donne le resultat. ◆

Ce resultat s’interprete geometriquement. Soit Cf la graphe de la fonction f d’extremites

les points A = (a, f(a)) et B = (b, f(b)). Il existe au moins un point M = (x0, f(x0)) ou

la tangente a Cf soit parallele a la corde AB :

☞ Exemple 3.6.1 Montrons que√

1 + x < 1 +x

2, x > 0. Posons f(x) =

√1 + x, alors

f ′(x) =1

2√

1 + xet f(0) = 1. Pout tout x > 0, on applique la formule des accroissements

finis a l’intervalle [0, x], il existe x0 ∈]0, x[ tel quef(x) − f(0)

x− 0= f ′(x0) =

1√1 + x0

<1

2.

Ce qui donne la resultat. ◆

Le theoreme des accroissemnts finis se generalise ainsi :

Theoreme 3.6.4 (Accroissements finis generalises). Soient f et g deux fonc-

tions continues sur l’intervalle [a, b] et derivables sur ]a, b[ telles que g′(x) 6= 0 sur cet

intervalle et g(a) 6= g(b). Il existe x0 ∈]a, b[ tel que

f(b) − f(a)

g(b) − g(a)=

f ′(x0)

g′(x0).

Preuve : Il suffit d’appliquer le theoreme des accroissemnts finis a la fonction

ϕ(x) = [f(b) − f(a)] [g(x) − g(a)] − [g(b) − g(a)] [f(x) − f(a)] . ◆

Comme consequence a cette generalisation, on obtient la regle de l’Hopital qui s’enonce

ainsi :

108


Regle de l’Hopital. Supposons que les fonctions f et g sont derivables sur l’intervalle

]a, b[ tel que g′(x) 6= 0 sur ]a, b[ et que

limx→a+

f ′(x)

g′(x)= L (L fini ou egal a ±∞).

Alors on a

limx→a+

f(x)

g(x)= lim

x→a+

f ′(x)

g′(x)= L

dans les cas suivants :

◆ limx→a+

f(x) = limx→a+

g(x) = 0. Indetermination de la forme0

0.

◆ limx→a+

f(x) = limx→a+

g(x) = ±∞. Indetermination de la forme∞∞ .

Le meme resultat subsiste lorsque x→ b−. Toutefois b peut-etre infini.

☞ Exemple 3.6.2 L’expression suivante presente une indetermination de la forme 00, la

regle de l’Hopital nous donne :

limx→(π/2)−

2x− π

cos2 x

[ 00]

= limx→(π/2)−

2

−2 cosx sin x= −∞.

Un exemple ou l’indetermination est de la forme ∞∞ est donne par

limx→+∞

x2ex [∞∞

]= lim

x→+∞

2x

ex= lim

x→+∞

2

ex= 0.

Soit α > 0. L’expression xαℓnx presente au voisinage de 0+, une indetermination de la

forme −0 ×∞. Alors

limx→0+

xαℓnx = limx→0+

xα

ℓnx

[−∞

∞ ]= −α lim

x→0+xα+1 = 0. ◆

Les formes d’indetermination suivantes seront etudiees dans les exemples qui suivent :

Forme indeterminee 0.∞ : Si limx→a+

f(x) = 0 et limx→a+

g(x) = ∞. On ecrit dans ce cas, le

produit f(x).g(x) sous la forme d’un quotient, a savoir f(x).g(x) =f(x)

1/g(x)ou

g(x)

1/f(x).

Forme indeterminee ∞ − ∞ : limx→a+

f(x) = limx→a+

g(x) = ∞. La difference f(x) −

g(x) peut s’exprimer sous la forme1/g(x) − 1/f(x)

1/(f(x).g(x). On se ramene ainsi a la forme

indeterminee 0/0.

Formes indeterminees de la forme 1∞, ∞0, 00 : On se ramene aux cas precedent

en ecrivant f(x)g(x) = exp(g(x)ℓnf(x)).

109


☞ Exemple 3.6.3 Soit a calculer ℓ = lim

x→π

2

(

x− π

2

)

tg x qui presente une indetermination

de la forme 0.∞. On se ramene a la forme 0/0 en passant au quotient

ℓ = limx→π

2

(

x− π

2

)

tg x[0∞]= lim

x→π2

x− π2

coth x

[ 00]

= − limx→π

2

sin2 x = −1.

✧ Remarque : La reciproque de la regle de l’Hopital est fausse comme on peut le

constater si l’on prend

g(x) = x et f(x) =

x2 sin

(1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0.

On a bien limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0x sin

(1

x

)

= 0. Par contre, le quotientf ′(x)

g′(x)= 2x sin

(1

x

)

−

cos

(1

x

)

n’admet pas de limite lorsque x → 0. Pour cela choisissons une suite (xn) qui

tend vers l’infini telle que xn =1

nπ. On a alors

f ′(xn)

g′(xn)= (−1)n+1 dont la limite est

+1 ou −1 suivant que n est paire ou impaire. La limite n’est donc pas unique, de plus

limx→0

f(x)

g(x)6= lim

x→0

f ′(x)

g′(x). ◆

3.7 Etude globale de fonctions

Soit f une fonction definie sur I. On dit que le graphe de f possede une branche infinie

en x0 ∈ I si x ou f(x) n’est pas borne quand x tend vers x0.

Si le graphe de f possede une branche infinie en x0 ∈ I, et si la droite OM joigant l’origine

au point M(x, f(x)) a une position limite D quand x tend vers x0, on dit que D est une

direction asymtotique du graphe de f en x0. Par exemple la fonction x→ x sin x sur R

n’a pas de direction asymtotique en ±∞, par contre la fonction x → sin x admet comme

direction asymptotique l’axe des abscisses.

Lorsque le graphe Cf d’une fonction f s’approche a l’infini de celui d’une droite ∆

d’equation, cette derniere est dite asymptote a la courbe Cf . On distingue trois types

d’asymptote :

110


① Lorsque limx→k

f(x) = ∞, la droite d’equation x = k est dite asymptote verticale ou

que la courbe Cf admet une direction asymptotique parallele e l’axe des ordonnees.

② Lorsque limx→∞

f(x) = h, la droite d’equation y = h est dite asymptote horizontale

ou que la courbe Cf admet une direction asymptotique parallele e l’axe des abscisses.

③ Lorsque la fonction f s’ecrit sous la forme f(x) = ax+ b+ g(x) avec limx→±∞

g(x) = 0.

La droite ∆ d’equation y = ax+ b est dite asymptote oblique a la courbe Cf . Les

cœfficients a et b sont donnes par les formules suivantes

a = limx→±∞

f(x)

xet b = lim

x→±∞[f(x) − ax].

Remarquons qu’une courbe admet au maximum deux asymptotes obliques.

☞ Exemple 3.7.1 Cherchons les asymptotes a la courbe representative de la fonction

f(x) =2x2 − x+ 2

x2 − 5x+ 6. On remarque que lim

x→±∞f(x) = 2. La droite d’equation y = 2

est une asymptote horizontale a la courbe Cf . D’autre part, le denominateur de f(x)

s’annule pour x = −3 et x = 2. Comme limx→3±

f(x) = ±∞ et limx→2±

f(x) = ±∞, les droites

d’equations x = 3 et x = 2 sont des asymptotes verticales a la courbe Cf . ◆

☞ Exemple 3.7.2 Cherchons les asymptotes a la courbe representative de la fonction

g(x) =x2 − 5x+ 1

x− 6qui est definie sur R \ {6}. Le denominateur de g(x) s’annule pour

x = 6. Comme limx→6±

f(x) = ±∞, la droite d’equation x = 6 est une asymptote verticale

a la courbe Cg. Par identification, la fonction g s’ecrit g(x) = x + 1 +7

x− 6. Donc

limx→±∞

[g(x) − (x + 1)] = limx→∞

7

x− 6= ±∞. La droite d’equation y = x − 6 est une

asymptote a la courbe Cg. ◆

Le theoreme des accroissements finis nous permet d’etudier le sens de variations d’une

fonction f sur un intervalle I.

Corollaire 3.7.1 Pour qu’une fonction f soit constante dans l’ intervalle I, il faut et il

suffit qu’elle ait une derivee nulle en tout point de I.

111


Preuve : La condition est evidemment necessaire. Reciproquement, supposons que

f ′(x) = 0 pour tout x ∈ I. Soient x1 et x0 deux points distincts de cet intervalle. Il existe

ξ ∈]x0, x1[⊂ I tel que f(x1) − f(x0) = (x1 − x0)f′(ξ). Or f ′(ξ) = 0 alors f(x1) = f(x0)

pour tous x0 et x1 ∈ I. ◆

Corollaire 3.7.2 Pour q’une fonction derivable f soit croissante (resp. decroissante)

dans un intervalle I, il faut et il suffit que f ′(x) ≥ 0 (resp. f ′(x) ≤ 0) en tout point x

de I.

Preuve : Supposons que la fonction f est croissante et soit x0 ∈ I. Pour tout x distinct

de x0, on af(x) − f(x0)

x− x0≥ 0 donc f ′(x0) ≥ 0. Supposons que la derivee de f est

positive dans l’intervalle I. Soient x0 et x1 deux points de l’intervalle I avec x0 ≤ x1,

alors f(x1) − f(x0) = (x1 − x0)f′(ξ) ≥ 0, ξ ∈ I. Donc f(x1) ≥ f(x0) et f est croissante

sur I. ◆

Corollaire 3.7.3 Soit f une fonction derivable dans l’intervalle I. Si f ′(x) > 0 (resp.

f ′(x) < 0 ) pour tout x ∈ I, alors f est strictement croissante (resp. decroissante) dans I.

Preuve : Supposons que la fonction f est croissante. Soit x0 ∈ I. Pour tout x distinct

de x0, on af(x) − f(x0)

x− x0≥ 0 donc f ′(x0) > 0. Supposons que la derivee de f est positive

dans l’intervalle I. Soient‘ x0 et x1 deux points de l’intervalle I avec x0 ≤ x1, alors

f(x1) − f(x0) = (x1 − x0)f′(ξ) ≥ 0, ξ ∈ I. Donc f(x1) ≥ f(x0). ◆

La reciproque de ce corollaire est fausse. La fontion x → x3 est strictement croissante

dans R et pourtant sa derivee s’annule au point x = 0.

x −∞

f ′(x)

−1

f(x)

−∞

–

��111

1111

111

−1

+∞

+∞

−1

–

��111

1111

111

☞ Exemple 3.7.3 Soit la

fonction f(x) = − xx+1

. Elle

est definie, continue est stri-

ctement decroissante sur R\{−1} car f ′(x) = − 1

(1+x)2

< 0. Ci-contre, Le tableau

de variation de cette fonc-

tion.

112


x′ x

y′

y

0•

f(x) = −x

x + 1

CfAsymptote horizontale

y = −1

Asymptote verticalex = −1

Mais limx→±∞

f(x) = −1. De

meme limx→−1−

f(x) = −∞et lim

x→−1+f(x) = +∞. La

courbe Cf admet une asym-

ptote verticale x = −1 et

une asymptote horizontale

y = −1. Son centre de

symetrie est (−1,−1). Elle

coupe les axes des coordon-

nees a l’origine (0, 0). ◆

☞ Exemple 3.7.4 Considerons la fonction f(x) =x− 1

x2 − 6. Son domaine de definition

est Df = R \ {−√

6,√

6}. Sa derivee est f ′(x) =−x2 + 2x− 6

(x2 − 6)2qui est du signe du

numerateur −x2 + 2x − 6. Mais le descriminant de ce dernier est ∆ = −20 < 0, donc

son signe est celui du coefficient de −x2. Ainsi, f ′(x) < 0 et la fonction est decroissante

sur son domaine de defintion. De plus, on a limx→±∞

f(x) = limx→±∞

x

x2= lim

x→±∞

1

x= ±∞. Le

tableau de variation de f est :

x −∞

f ′(x)

0

f(x)

−∞

–

��111

1111

111

−√

6

+∞

−∞

–

��111

1111

111

√6

+∞

+∞

0

–

��111

1111

111

Comme limx→(−

√6)±

f(x) = ±∞ et limx→(

√6)±

f(x) = ±∞, les droites x = −√

6 et x =√

6 sont

des asymptotes verticales a la courbe Cf . De plus, il n’a pas d’asymptote oblique car le

degre du numerateur est inferieur a celui du denominateur. La courbe coupe l’axe des y

au point (0,1

6) qui est un centre de symetrie :

113


Asy

mpto

teVerti

cale

x=

√6

Asy

mpto

teVerti

cale

x=

−√

6

Cf

Cf

Cf

f(x) =x − 1

x2 − 6

1 2 3 4 5 6 7-1-2-3-4-5-6-7

1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

-5

0 ~ı

~

☞ Exemple 3.7.5 Soit f(x) =x2 − 3

x− 2. Son domaine de definition est Df = R \ {2}

et sa derivee f ′(x) =x2 − 4x+ 3

(x− 2)2s’annule en x = 1 et x = 2. Donc, la fonction f est

strictement croissante sur ] − ∞, 1[∪]3,+∞[ et strictement decroissante sur ]1, 2[∪]2, 3[.

La courbe Cf presente un minimum local au point (3, 6) et un maximum local au point

(1, 2). De plus limx→2−

f(x) = limx→2−

1

x− 2= −∞ et lim

x→2+f(x) = lim

x→2+

1

x− 2= +∞. Le

tableau de variation de f est :

x −∞

f ′(x)

f(x)

−∞

0

1

2

+

CC��−∞

–

��111

1111

111

2

+∞

0

3

6

–

��888

8888

8888

+∞

+∞

+

FF

La courbe Cf prend l’allure suivante

114


31

2

6

x′ x

y′

y

• 2

∆1 : y = x + 2

Asymptote oblique

Asymptote verticale

∆2 : x = 2

f(x) =x2 − 3

x − 2

Cf

On remarque que f(x) = x+ 2 +1

x− 2et alors lim

x→±∞[f(x)− (x+ 2)] = lim

x→±∞

1

x− 2= 0.

La droite d’equation y = x+2 est une asymptote oblique a la courbe Cf et la droite x = 2

est une asymptote verticale. ◆

3.8 Etude des fonctions usuelles

Toute application f ∈ F(I,K) strictement croissante ou strictement decroissante sur

l’intervalle I est injective. Dans ce cas, la fonction f serait une bijection de I sur son

image f(I) dans K.

3.8.1 Fonctions x → sin x et x → cos x

Les applications x → sin x et x → cosx sont definies et indefiniment derivables sur R.

Elles verifient, pour tout x ∈ R :

cos2 x + sin2 x = 1, | cos x| ≤ 1 et | sin x| ≤ 1.

115


D’autre part, si a, b ∈ R verifient a2 + b2 = 1, il existe alors ϕ ∈ R tels que a = cosϕ et

b = ϕ. De plus, elles sont 2π-periodique.

cos(x + 2π) = cos(x) et sin(x + 2π) = sin(x).

La fonction x→ sin x est impaire par contre x→ cos x est paire :

cos(−x) = cos x et sin(−x) = − sin x.

Leurs derivees premieres sont :

sin′ x = cos x et cos′ x = − sin x.

Pour tous x ∈ R et n ∈ N, Les derivees suscessives des deux applications sont :

sin(n) x = sin

(

x + nπ

2

)

cos(n) x = cos

(

x + nπ

2

)

.

Comme, x cosx est une fonction paire donc l’axe des ordonees est un axe de symetrie. De

meme, la fonction x → sin x est impaire, le point (0, 0) est un centre de symetrie. Les

courbes representatives des deux applications sur l’intervalle [−π, π], d’amplitude 2π ont

pour allures :

•π−π π

2−π

2

0

1

−1

x 7→ sin x x 7→ cos x

116


Enfin, on a les egalites utiles suivantes :

cos(2x) = 2 cos2 x − 1 = 1 − sin2 x et sin(2x) = 2 sin x cos x.

3.8.2 Fonction x → tg x

L’application x→ tg x =sin x

cosxest indefiniment derivable sur R\

{

x : x 6= π

2mod. π

}

:

La courbe representative de x → tg x, qui est une fonction impaire, admet (0, 0) comme

point de symetrie et a pour allure :

−π −π2

π2 π

3π2

f(x)=

tg x

•

Sur son domaine de definition sa deriveee est

tg′x = 1 + tg2x =1

cos2 x> 0.

De plus, la tangente d’une somme ou d’une difference s’expriment sous la forme :

tg (x + y) =tg x + tg y

1 − tg xtg y, et tg (x − y) =

tg x − tg y

1 + tg xtg y.

117


En particulier,

tg (2x) =2tg x

1 − tg 2x.

En posant t = tgπ

2, on peut exprimer les trois applications precedentes sous la forme :

cos x =1 − t2

1 + t2, sin x =

2t

1 + t2et tg x =

2t

1 − t2

3.8.3 Fonction x → arcsin x

L’application x ∈[

−π2,+

π

2

]

→ sin x ∈ [−1,+1] est continue et strictement crois-

sante donc bijective. La fonction x → arcsin x est definie sur [−1,+1] comme fonction

reciproque de la fonction sinus f : x ∈ [−1,+1] → arcsin x ∈[

−π2,+

π

2

]

. Ainsi, pour tout

x ∈ [−1,+1], le nombre y = arcsin x est l’unique reel tel que sin y = x et y ∈[

−π2,+

π

2

]

.

On a alors l’equivalence

y = arcsin x ⇐⇒

x = sin y

−π

2≤ y ≤ π

2.

D’autre part, la fonction x → arcsin x est derivable sur l’intervalle]

−π2,π

2

[

. En effet,

posons f(x) = arcsin x donc f−1(x) = sin x. Comme (f−1)′(x) = cosx alors f ′(x) =1

cos(arcsin x)=

1√1 − x2

qui a un sens car | arcsinx| < π

2.

(arcsin x)′ =1

√1 − x2

> 0, |x| < 1.

La fonction x → arcsin x est une fonction strictement croissante sur l’intervalle ] − 1, 1[.

L’allure de la courbe representative de f est donnee par

118


x′ x

−π2

0−1 1

π2

f(x) = arcsin(x)

Cf

☞ Exemple 3.8.1 Donnons-en une simplification de l’expression tg (arcsin x). Si l’on

pose t = arcsin x, alors x = sin t car t ∈[

−π2,π

2

]

. Mais sur cet intervalle on a cos t ≥ 0

et donc cos t =√

1 − x2. Ainsi tg (arcsin x) = tg t =sin t

cos t=

x√1 − x2

, −1 < x < 1. ◆

☞ Exemple 3.8.2 Cherchons l’equation de la tangente a la courbe Cf representative de

la fonction f(x) = arcsinx

2au point x0 = −1. Puisque f(−1) = arcsin

(

−1

2

)

= −π6. La

pente de la tangente en ce point est arcsin(x

2

)∣∣∣x=−1

=

(

1 − x2

4

)−1/2∣∣∣∣∣x=−1

=2√3. La

tangente au point x0 = −1 a pour equation y =

(2√3

)

(x+ 1) − π

6. ◆

119


3.8.4 Fonction x → arccos x

L’application x ∈ [0, π] → cosx ∈ [−1,+1] est continue strictement decroissante donc

bijective. Son application reciproque, notee f : x ∈ [−1,+1] → arccosx ∈ [0, π] verifie

y = arccos x ⇐⇒

x = cos y

0 ≤ y ≤ π.

Son graphe prend l’allure

x′ x0−1 1

π

π

2

f(x) = arccos(x)

Cf

On montre de la meme facon que precedemment

(arccos x)′ = − 1√

1 − x2, |x| < 1.

Donc x → arccosx est une fonction strictement decroissante sur l’intervalle ] − 1, 1[.

☞ Exemple 3.8.3 Pour tout x ∈ R on a | arcsin x| ≤ π

2. Les arcs

(π

2− arcsin x

)

et

arccosx sont compris entre 0 et π et ont le meme cosinus. Comme la fonction cosinus est

120


injective sur l’intervalle [0, π], les arcs sont egaux et alors

arcsin x + arccos x =π

2.

☞ Exemple 3.8.4 Montrons que

arccos x >√

1 − x2, x ∈] − 1, 1[.

Pour cela, considerons la fonction y = f(x) = arccos x−√

1 − x2 qui admet sur ] − 1, 1[

la derivee y′ = − 1√1 − x2

+x√

1 − x2=

x− 1√1 − x2

< 0 si x ∈] − 1, 1[. La fonction

est decroissante donc pour tout x ∈] − 1, 1[ on a f(x) > f(1) = 0. C’est le resultat

cherche. ◆

3.8.5 Fonction x → arctan x

L’application x ∈[

−π2,π

2

]

→ tg x ∈] −∞,+∞[ est continue et strictement croissante

donc bijective. Sa bijection reciproque, notee f : x ∈] −∞,+∞[→ arctanx ∈[

−π2,π

2

]

,

est continue et strictement decroissante, car (tg x)′ = 1 + tg 2x donc

(arctan x)′ =1

1 + x2> 0, x ∈ R.

Ainsi on a l’equivalence suivante

y = arctan x ⇐⇒

x = tg y

−π

2≤ y ≤ π

2.

L’allure de la courbe representative de y = f(x) = arctan x et son tableau de variation

sont donnes par

121


x′ x

y

y′

0

−π2

π2

Asymptotes horizontales :

y = −π

2et y =

π

2

f(x) = arctan(x)

Cf

Les doites d’equations y =π

2et y = −π

2sont des asymptotes horizontales a la courbe Cf .

☞ Exemple 3.8.5 On verifie de la meme facon que

arctan x + arctan

(1

x

)

=

π

2si x > 0

−π

2si x < 0.

☞ Exemple 3.8.6 Montrons que

arctan

(x− 1

x+ 1

)

= −π4

+ arctanx, x > −1.

Soit f(x) = arctanx− 1

x+ 1− arctan x. Sur l’intervalle ]− 1,+∞[ on a f ′(x) = 0 donc f est

une constante sur cet intervalle qui est egale

f(0) = arctan(−1) − arctan 0 = −π4.

Donc f(x) = −π4

sur l’intervalle ] − 1,+∞[. ◆

122


3.8.6 Etude des fonctions logarithmes x → ℓn(x)

Transforme des produits en somme, des puissances en produits c’est la tache remarquable

d’une (et une seule) fonction qui sera On definie, non par une definition directe, mais a

partir de sa derivee. L’interet d’une telle fonction n’est pas des moindres puisque, parfois,

on rencontre des graphes dont l’axe des ordonnees et du type ln f(x).

Definition. La fonction f : x → ℓn(x) appelee logarithme neperien de x est

definie pour tout x ∈ R∗+ telle que :

(ℓnx)′ =1

xet ℓn(1) = 0.

Sa courbe representative prend l’allure suivante

x′ x

y′

y

1

−1

1 e

Cf

0

f(x) = ℓn(x)

Tangente au point (1, 0)

y = x − 1

Ceci est deduit de son tableau de variation :

123


x

f ′(x) = 1/x

f(x) = ℓn(x)

0

−∞

+∞

+∞

+

FF

La fonction ℓn realise une bijection de R∗+ dans R.De plus, L’application x → ℓn(x) est

concave car sa derivee seconde est negative f ′′(x) = − 1

x2< 0 et on a, pour x > 0 :

ℓn(x) ≤ x − 1.

Proposition 3.8.1 La fonction x → ℓn(x) est un isomorphisme du groupe multipli-

catif (R+, .) sur le groupe (R,+). Donc

ℓn(xy) = ℓn(x) + ℓn(y), x, y ∈ R+.

Preuve : Considerons la fonction F (x) = ℓn(xy) qui verifie F (1) = ℓny. Sa derivee par

rapport a x est egale a

F ′(x) = [ℓn(xy)]′ =y

xy=

1

x.

La fonction F et la fonction ℓn(x) ont la meme derivee, leur difference est alors une

constante, a savoir ℓn(xy) = ℓn(x) + λ, λ ∈ R. Or, F (1) = ℓn(y) = ℓn(1) + λ = λ. D’ou

le resultat ennonce. ◆

En posant y =1

xpour x 6= 0, on obtient

ℓn

(1

x

)

= −ℓn(x), x > 0.

124


Commex

y= x.

1

y, alors

ℓn

(x

y

)

= ℓn(x) − ℓn(y), x, y > 0.

Enfin, pour r ∈ Q, on a

ℓn(xr) = rℓn(x), x > 0.

D’apres la courbe representative de la fonction logarithme, il existe une seule valeur telle

ℓn(x) = 1, qu’on notera e. Donc

ℓn(e) = 1 et e ≃ 2, 718.

Si u est une fonction derivable et u(x) 6= 0 pour tout x, alors

(ℓn|u|)′ =u′

u.

C’est la derivee logarithmique de u.

☞ Exemple 3.8.7 Considerons aa fonction f(x) = ℓn(√

x− a+√x− b

), x > a, x > b.

Posons u =√x− a+

√x− b, la derivee de f est alors

f ′(x) =u′

u=

√x− a+

√x− b

√

(x− a)(x− b)(√x− a + (

√x− b)

.

☞ Exemple 3.8.8 Considerons la fonction f(x) = ℓn

∣∣∣∣

1 +√x

1 −√x

∣∣∣∣, x > 0, x 6= 1, secrit

f(x) = ℓn|u| avec u =1 +

√x

1 −√x

et u′ =1√

x(1 − x)2, ce qui donne

f ′(x) =u′

u=

1

(1 − x)√x.

125


En generale, soient u1, u2, · · · , un des applications derivables et strictement positives sur

un intervlle I et α1, α2, · · · , αn des reels. Posons f = uα11 u

α22 , · · · , uαn

n . La derivee loga-

rithmique de f est

f ′

f= α1

f ′1

f1

+ α2

f ′2

f2

+ · · · αn

f ′n

fn

.

La derivee logarithmique est un moyen adequat pour calculer la derivee d’une application

qui s’exprime essentiellement a l’aide de quotients, de produits et de puissances.

Proposition 3.8.2 On a les limites utiles suivantes,

limx→+∞

ℓn(x) = +∞, limx→0+

ℓn(x) = −∞ et limx→+∞

ℓn(x)

x= 0+.

Preuve : Dans la premiere limite puisque x tend vers +∞, on peut utilise l’artifice

suivant : Lorsque x tend vers l’infini on peut ecrire x > 2n pour un certain entier n. Donc

ℓn(x) > nℓn(2) qui tend vers l’infini avec n puisque ℓn(2) ≃ 0, 6931 > 0. La deuxieme

limite est une consequence de la premiere en faisant un changement de variable X =1

x.

Pour la derniere limite, on remarque que la courbe representative Cf , f(x) = ℓn(x), admet

au point x = 1 une tangente d’equation y = x−1 et que cette tangente se trouve au dessus

de la courbe. Donc ℓn(x) < x − 1 pour tout x > 0. De meme, on a ℓn(√x) <

√x − 1

pour tout x > 0. Ainsi ℓn(x) = 2ℓn(√x) ≤ 2(

√x − 1) ≤ 2

√x, d’ou

ℓn(x)

x≤ 2√

xdonc

limx→+∞

ℓn(x)

x= 0. La courbe Cf admet une branche parabolique dans la direction de l’axe

des abscisses. ◆

☞ Exemple 3.8.9 Calculons la limite suivante ℓ = limx→1

(1

x− 1− 1

ℓn(x)

)

. En posant

x = 1, on obtient la forme indeterminee ∞−∞. Or,

ℓ = limx→1

(1

x− 1− 1

ℓn(x)

)

= limx→1

−x+ 1 + ℓn(x)

(x− 1)ℓn(x)= lim

x→1

−1 + 1/x

(−1 + ℓn(x) − 1/x)

= limx→1

−1/x2

(1/x+ 1/x2)= −1

2. ◆

126


Au voisinage de +∞, certaines fonctions tendent vers l’infini mais pas avec la meme

rapidite. Ainsi, on peut comparer la fonction ℓn(x) avec les fonctions puissances. Plus

precisement, si α > 0, on a

ℓn(x) = 0(xα), x → +∞.

En effet, lorsque x tend vers +∞ on a xα qui tend vers +∞ et alors

limx→+∞

ℓnx

xα=

1

αlim

xα→+∞

ℓn(x)α

xα= 0.

On dit dans ce cas que les puissances l’emportent sur le logarithme. On a, de plus les

limites usuelles suivantes

limx→0

ℓn(1 + x)

x= 1, lim

x→1

ℓn(x)

x − 1= 1, lim

x→0+xℓn(x) = 0−.

La deuxieme limite est une consequence de la premiere qui decoule, elle aussi, de la

definition de la derivee de la fonction ℓnx au point 1, qui est egale a 1. De plus, pour

α > 0 et β > 0, on a

limx→0

xα|ℓn(x)|β = 0, limx→+∞

ℓnβ(x)

xα= 0.

☞ Exemple 3.8.10 Lorsque x → 0, alors les expressions suivantes : x2ℓn(x),√xℓn(x)

et xℓn2(x) tendent vers 0. ◆

3.8.7 Etude des fonctions exponentielle x → exp(x)

L’application reciproque de la fonction ℓn(x) est continue, strictement croissante. On

l’appelle fonction exponentielle et on la note x → ex. Elle est definie sur R a valeurs

sur ]0,+∞[.

On a, par ailleurs

ex+y = exey et (ex)′ = ex > 0.

127


Ainsi, on a l’equivalence

y = ex ⇐⇒ x = ℓn(y).

Sur le graphe de la fonction x→ ex, on voit bien que

limx→+∞

ex = +∞ et limx→−∞

ex = 0.

Comme ex tend vers +∞ avec x alorsℓn(ex)

extend vers 0 lorsque x tend vers l’infini. Alors

limx→+∞

x

ex= 0 et lim

x→+∞

ex

x= +∞.

Donc, La courbe de f : x → exp(x) admet une branche parabolique dans la direction de

l’axe des ordonnees dont l’allure est

x′ x

y′

y

1

0

Cf

f(x) = exp(x)

☞ Exemple 3.8.11 La fonction f(x) = xex2admet pour derivee f ′(x) = ex2

+x.2xex2=

ex2(1 + 2x). De meme, la fonction g(x) =

x

(ex + 1)2admet pour derivee

f ′(x) =1.(ex + 1)2 + 2(ex + 1).x

[(ex + 1)2]2=ex + 2x+ 1

(ex + 1)3.

128


☞ Exemple 3.8.12 En probabilite, on a affaire avec la densite de probabilite de la

loi normale donnee par :

f(t) =1

σ√

2πexp −(t − µ)2

2σ2, t ∈ R.

Les constantes µ et σ sont dites moyenne et variance de la loi. Par un changement de

variable x =t− µ

σ, on se ramene a la densite de probabilite de la loi normale centree

f(x) =1

σ√

2πexp

(

−x2

2

)

.

Sa derivee est f ′(x) = − 1

σ2xf(x). Elle est strictement croissante sur l’intervalle ]−∞, 0[

et strictment decroissante sur l’intervalle ]0,+∞[ et admet un maximum pour x = 0.

L’allure de sa courbe representative (σ = 0.5) est :

0•

1

σ = 0.5 Cf

−

x′ x

y

De plus, elle est positive, paire et continue. ◆

☞ Exemple 3.8.13 Soit f : x 7→√

|x(x− 2)| exp

(1

x

)

. Elle est derivable sur R\{0, 2}.La derivee de ℓnf(x) s’ecrit

f ′(x)

f(x)=

x+ 1

x(x+ 2)− 1

x2=

x2 − 2

x2(x+ 2), donc f ′(x) =

x2 − 2

x2(x+ 2)f(x).

129


La derivee seconde de f sur R \ {0, 2} a pour expression

f ′′(x) =x2 − 2

x2(x+ 2)f ′(x) +

−x4 + 6x2 + 8x

x4(x+ 2)2f(x)

=2(x2 + 4x+ 2)

x4(x+ 2)2f(x).

La comparaison de ce calcul avec celui de la methode directe de derivation, renseigne sur

l’utilite de la derivee logarithmique puisque la presence de la valeur absolue n’arrange les

choses dans le cas du calcul directe. ◆

☞ Exemple 3.8.14 Les fonctions suivantes f(x) =(

1 +a

x

)x

et g(x) = (tg x)tg (2x)

presentent respectivemet, lorsque x tend vers ∞ et(π

2

)−, les formes indeterminees 1∞

et ∞0. Pour cela, On exprime ces fonctions en terme du logarithme et de l’exponentielle,

on trouve f(x) = exp[

xℓn(

1 +a

x

)]

et g(x) = exp [tg (2x)ℓntg (x)]. Enfin, on se ramene

aux cas precedents : limx→∞

(

1 +a

x

)x

= exp(a) et limx→(π

2)−

(tg x)tg (2x) = 1. ◆

☞ Exemple 3.8.15 Etudions les variations de la fonction suivante et tracons son graphe

f(x) = exp

(

− 1

x2

)

Cette fonction est definie, continue et derivable R \ {0}. C’est une fonction paire, il suffit

de l’etudier sur [0,+∞[. Sa derivee sur R \ {0} est f ′(x) = 2x3 exp

(

− 1

x2

)

. Cette derivee

est positive si x ∈]0,+∞[. La droite y = 1 est une asymptote horizontale a la courbe Cf

car lorsque x → ±∞, 1/x2 tend vers 0 et f(x) tend vers 1−. Le tableau de variation de

la fonction f sur l’intervalle]0,+∞[ est

x −∞

f ′(x)

1−

f(x)

–

��;;;

;;;;

;;;;

0

0+

+∞

1−

+

FF

130


Sa Courbe representative Cf prend l’allure suivante

x′ x

y

1

0

Cf

f(x) = exp

(

−1

x2

)

La fonction f admet comme prolongement par continuite au point 0, la fonction definie

par

g(x) =

exp

(

− 1

x2

)

si x 6= 0

0 si x 6= 0.

☞ Exemple 3.8.16 Etudions les variations de la fonction suivante et tracons son graphe

f(x) = (2x2 − 3x)e−x+1

Cette fonction est definie, continue et derivable R. Sa derivee sur R est f ′(x) = (−2x2 +

7x − 3)e−x+1 et a le meme signe que celui de −2x2 + 7x − 3 qui s’annule pour x = 1/2

et x = 3/2. La limite de f a −∞ est limx→−∞

f(x) = limx→−∞

(2x2 − 3x) limx→−∞

e−x+1 = +∞.

D’autre part, la fonction f presente une indetermination de la forme +∞×0 a +∞. Pour

trouver la limite de f a +∞, effectuons le changment de variable x = 2t pour obtenir :

limx→+∞

f(x) = limt→+∞

(t

et

)2(

8 − 6

t

)

=

(

limt→+∞

t

et

)2

. limt→+∞

(

8 − 6

t

)

= 0.

La courbe Cf admet l’axe des abscisse comme asymptote horizontale et l’axe des ordonnees

comme direction asymptotique. Le tableau de variation de la fonction f sur R est

131


x −∞

f ′(x)

+∞

f(x)

0

12

−√e

–

��///

////

//

0

3

9e−2

+

GG��

–

��;;;

;;;;

;;;;

+∞

0

Sa Courbe representative Cf prend l’allure suivante

0.5

332

9e−2

−√e

x′

x

y′

y

0

f(x) = (2x2 − 3x)e−x+1

Cf

La courbe Cf admet un minimum global, le point

(1

2,−√

e

)

et comme maximum local le

point (3, 9e−2). Elle passe par l’origine et coupe l’axe des abscisses au point (3, 0). ◆

132


3.8.8 Generalisation de l’exponentielle x → expa x :

Soit a > 0, on appelle exponenielle de base a, la fonction notee expa definie sur R par

∀x ∈ R : expa(x) = exℓn(a)

Elle verifie :

① expa(x+ y) = expa(x) expa(y).

② expa(0) = 1, expa(1) = a, expe(x) = ex.

③ La fonction expa est derivable de derivee pour tout x ∈ R

exp′a(x) = ℓn(a) expa(x).

④ Lorsque a 6= 1, la fonction expa est bijective et sa reciproque est la fonction ℓna.

3.8.9 Generalisation du logarithme x → ℓnax :

La notion de logarithme neperien se generalise dans une base quelconque a ∈ R∗+. Posons

ℓna(x) =ℓn(x)

ℓn(a), x > 0.

Toutes les formules vues pour le logarithme neperien s’applique au logarithme en base

quelconque. Lorsque a = 10, on est en base decimale. La derivee la fonction x → ℓna(x)

est

(ℓna|x|)′ =1

ℓn(a).1

x, x 6= 0.

Soit a ∈ R+, posons

ax = exℓn(a), x ∈ R.

On verifie facilement les expressions suivantes

(ax)′ = axℓn(a), ax+y = axay, (ax)y = axy, a−x = 1ax.

133


☞ Exemple 3.8.17 Soient a > 1 et α deux reels. Discutons le nombre de racines

positives de l’equation ax = xα. Cette equation s’ecrit exℓn(a) = eαℓn(x) soit xℓn(a) =

αℓn(x), ℓna 6= 0. Le nombre de racines est determine par le nombre de points d’intersectin

de la courbe Cf , f(x) =x

ℓn(x), avec l’horizontale y =

α

ℓn(a). La fonction f admet

pour derivee sur l’intervalle ]0, 1[∪]1,+∞[ f ′(x) =−1 + ℓn(x)

[ℓn(x)]2qui s’annule pour x = e

avec f(e) = e. La fonction f est decroissante sur ]0, 1[∩]1, e[ et croissante sur ]1,+∞[

et admet un prolongement par continuite en 0 . De plus, on a limx→1−

f(x) = −∞ et

limx→1+

f(x) = +∞, la droite d’equation x = +1 est une asymptote verticale a la courbe Cf .

Comme limx→+∞

ℓn(x)

x= 0+ alors lim

x→+∞f(x) = +∞.

Tableau de variation et courbe Cf : Le tableau de variation de f sera alors

x 0

f ′(x)

0

f(x)

–

��;;;

;;;;

;;;;

1

+∞

−∞

0

e

e

–

��888

8888

8888

+∞

+∞

+

FF

Le graphe de f prend l’allure

134


e

e

x

y′

y

10

Asymptote verticale : x = 1

Cf

f(x) =x

ℓnx

Sur le graphe ci-dessus, on en deduit qu’on a : une solution si α = e ℓn(a) ou α ≤ 0.

Deux solutions si α > e ℓn(a), aucune solution si 0 < α < e ℓn(a). ◆

3.8.10 Fonctions x → sh x et x → ch x et leurs inverses

Posons, pour x ∈ R,

sh x =ex − e−x

2et ch x =

ex + e−x

2.

Leurs derivees successives sont

(sh x)′ = ch x et (ch x)′ = sh x.

On verifie d’autre part la formule suivante

ch 2x − sh 2x = 1.

135


La fonction x → sh x est une bijection de R sur R continue et impaire. Elle strictement

croissante de derivee sh ′(x) = ch x > 0.

Sa fonction reciproque, notee x→ argsh x est aussi continue strictement croissante de R

sur R.

y = argsh x ⇐⇒ x = argsh y.

D’autre part, si x = sh y alorsdx

dy= ch y et

dy

dx=

1

ch y. Or, ch y > 0 et ch y =

√1 + x2

donc

(argsh x)′ =1

√x2 + 1

, x ∈ R.

La fonction x → ch x est une bijection de [0,+∞[ sur [1,+∞[, continue et strictement

croissante car ch ′(x) = sh x > 0. Sa fonction reciproque, notee x → argch x, est aussi

continue strictement croissante de ]1,+∞[ sur R∗. Ainsi, y = argch x, x > 1 si et seule-

ment si x = ch y, y ≥ 0. Alorsdx

dy= sh y et

dy

dx=

1

sh y. Or, pour y ≥ 0 on a ch y > 0 et

ch y =√

1 + x2. Donc

(argch x)′ =1

√x2 − 1

, x > 1.

Au voisinage de +∞, on a sh x ≃ ex

2et ch x ≃ ex

2. Les courbes representatives des deux

fonctions sont asymptotes a la courbe d’equation y =ex

2avec sh x <

ex

2< ch x.

Au voisinage de −∞, on a sh ≃ e−x

2et ch ≃ e−x

2.

Au voisinage de 0, on a sh ≃ x; la premiere bissectrice d’equation y = x est une tangente

d’inflexion. De meme ch x ≃ 1 +x2

2.

Les courbes representatives Cf et Cg des fontions f : x → ch x et g : x → sh x prennent

les allures suivantes

136


x 7→ ch x x 7→ sh x

0•

1

x′ x

y′

y

Les courbes representatives des fontions reciproques f−1 : x → argch x et g−1 : x →argsh x sont les symetriques par rapport la premiere bissectrice des courbes Cf et Cg. Par

ailleurs, on peut exprimer, les fonctions inverses en terme de la fonction ℓnx, a savoir

argsh x = ℓn(x +√

x2 + 1) et argch x = ℓn(x +√

x2 − 1), x ≥ 1.

Pour montrer, par exemple, la premiere egalite, remarquons que si x = sh y alors ch y =√1 + x2 et alors ey = sh y+ ch y = x+

√x2 + 1 soit que y = argsh x = ℓn(x+

√x2 + 1).

3.8.11 Fonctions x → th x et son inverse

La fonction

f : x 7→ th x =sh x

ch x=

ex − e−x

ex − +−x

est une bijection de R sur ] − 1,+1[, continue et indefiniment derivable

th ′x =1

ch 2x> 0.

Elle est impaire et limx→+∞

th x = 1. Au voisinage de 0, on a th x ≃ x. Donc la premiere

bissectrice d’equation y = x est une tangente d’inflexion. On verifie, par ailleurs, que

pour tout x ∈ R on |th x| ≤ 1.

137


L’allure de la courbe Cf representative de la fonction f : x→ th x est

x′ x

y

0

1

−1

Cf

f(x) = thx

La fonction reciproque a x → th x, notee x → argth x, est aussi continue strictement

croissante de ] − 1,+1[ sur R. Ainsi, y = argth x, |x| ≤ 1 si et seulement si x = th y.

Alorsdx

dy= 1 − tanh2 y et

dy

dx=

1

1 − th 2y=

1

1 − x2.

Donc

(argth x)′ =1

1 − x2, |x| < 1.

On a d’autre part :

argth x =1

2ℓn

(1 + x

1 − x

)

, |x| < 1.

Le graphe de f−1 : x→ argth x a l’allure symetrique a celle de la courbe Cf .

138



Exercice 3.10.1. ☞ On considere la fonction f definie par :

f(x) =

x

1 + e1/xsi x 6= 0

0 si x = 0

① Montrer que |f(x)| > |x| pour tout x 6= 0. En deduire que f est continue a l’origine.

② Calculer f ′d(0) et f ′

g(0). La fonction f est-elle derivable au point x = 0.

Solution. Pour calculer les derivee a gauche et a droite a l’origine, on utilise la

definition usuelle de la derivee en ce point.

① Si x 6= 0, la fonction f est continue et

f ′(x) =1 +

(1 + 1

x

)e

1x

(1 + e1x )2

.

D’autre part, comme 1 + e1/x > 1 donc1

1 + e1/x< 1 et

|x|1 + e1/x

< |x|. D’ou

|f(x)| ≤ |x| pour tout x 6= 0. Par passage a la limite on trouve limx→0

|f(x)| = 0 et

alors limx→0

f(x) = 0 = f(0). Ainsi f est continue au point 0.

② Les definitions des limites a gauche et a droite nous donne

f ′d(0) = lim

x→0+

f(x) − f(0)

x− 0= lim

x→0+

1

1 + e1/x= 0

f ′g(0) = lim

x→0−

f(x) − f(0)

x− 0= lim

x→0−

1

1 + e1/x= 1.

On a utilise le fait que limx→0+

e1/x = +∞ et limx→0−

e1/x = 0.

139


Exercice 3.10.2. ☞ En utilisant la definition de la derivee d’une fonction, calculer

les limites suivantes

limx→0

1 − cos√x

xet lim

x→1

arctan x− π4

x− 1.

Solution. La derivee d’une fonction reelle f au point x0 est donnee par f ′(x0) =

limx→x0

f(x) − f(x0)

x− x0.

① Posons f(x) = cos√x, alors f(0) = 1 et lim

x→0

1 − cos√x

x= − lim

x→0

f(x) − f(0)

x− 0=

−f ′(0). Or f ′(x) = −1

2

sin√x√

x. Et donc f ′(0) = −1

2limx→0

sin√x√

x= −1

2. La limite

cherchee est limx→0

1 − cos√x

x=

1

2.

② Posons g(x) = arctan x, alors g(1) =π

4. Ce qui donne

limx→1

arctan x− π4

x− 1= lim

x→1

g(x) − g(1)

x− 1= −g′(0).

Or g′(x) =1

1 + x2et g′(0) = lim

x→1g′(x) =

1

2. Donc lim

x→1

arctanx− π4

x− 1=

1

2.

Exercice 3.10.3. ☞ Calculer les derivees des fonctions suivantes

f(x) =

sin x+ ℓn(4 + x2)

37, g(x) = (cosh)cos2 x, x ∈ R,

et

h(x) = (1 + x2) arcsin

(2x

1 + x2

)

x ∈] − 1, 1[.

Solution. On utilise les regles de derivation usuelles dans chaque cas.

140


① Posons u(x) = sin x+ ℓn(4 + x2). Alors f(x) =

u(x)

37

et

f ′(x) = 37

u(x)

37−1

u′(x) =3

7

u(x)

− 4

7

u′(x).

Soit que

f ′(x) =3

7

cosx+2x

4 + x2

sin x+ ℓn(4 + x2)

− 4

7.

② La fonction g peut s’ecrire g(x) = (cosh x)cos2 x = ecos2 xℓnch xev(x) avec v(x) =

cos2 xℓnch x. Et alors g′(x) = v′(x)ev(x). Or,

v′(x) =

−2 cosx sin xℓnch x+ cos2 xsh x

ch x

.

Donc

g′(x) =3

7

− sin 2xℓnch x+ cos2 tanh

ch x

cos2 x

.

③ Posons v(x) = 1 + x2 et w(x) =2x

1 + x2. Alors v′(x) = 2x et w′(x) =

2

(1 − x2).

D’ou h′(x) = v′(x) arcsin u(x)+v(x)w′(x)√1 − w2

. Enfin, en remplacant chaque terme

par son expresssion et en tenant compte du fait que x ∈] − 1, 1[ on trouve :

h′(x) = 2x arcsin

(2x

1 + x2

)

+ 2.

Exercice 3.10.4. ☞ Soit la fonction definie sur R par

f(x) =

x

πarctan

(1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0.

① Montrer que f est continue au point x = 0.

② Determiner la derivee a droite f ′d(0) et la derivee a gauche f ′

g(0) de f au point x = 0.

La fonction f est-elle derivable au point x = 0 ?

141


Solution.

① Pour tout x ∈ R on a

∣∣∣∣arctan

(1

x

)∣∣∣∣≤ π

2. Donc |f(x)| =

|x|π

∣∣∣arctan

(π

x

)∣∣∣ ≤ |x|

2,

et alors limx→0

f(x) = 0 = f(0). Par consequent la fonction f est continue en x = 0.

② Lorsque x → 0+, arctan

(1

x

)

→ π

2et alors

f ′d(0) = lim

x→0+

f(x) − f(0)

x− 0=

1

πlim

x→0+arctan

(1

x

)

.

La derivee a droite de la fonction f est f ′d(0) =

1

2. De meme, lorsque x → 0−,

arctan

(1

x

)

→ −π2

et alors

f ′d(0) = lim

x→0−

f(x) − f(0)

x− 0=

1

πlim

x→0−arctan

(1

x

)

.

La derivee a gauche de la fonction f est f ′d(0) = −12. Comme les deux derivees

ne sont pas egales, la fonction f n’est pas derivable au point x = 0.

Exercice 3.10.5. ☞

① Soit f(x) = x|x| une fonction definie sur R. Montrer que la fonction f est derivable

sur R et calculer sa derivee.

② On considere la suite de fonctions (fk)k∈N, de la variable x, definies par :

f0(x) = ℓn|x| et fk(x) = fk−1(x+ 1) − fk−1(x), ∀k ∈ N∗.

Demontrer que la fonction fk a pour derivee au point x

f ′k(x) =

(−1)kk!

x(x + 1) · · · (x + k).

142


Solution. Pour calculer la derivee au point 0 on utilisera la definition.

① La fonction f est donnee par

f(x) =

x2 si x ∈ R+

−x2 si x ∈ R−.

Ce qui donne

f ′(x) =

2x si x ∈ R+

−2x si x ∈ R−.

Au point x = 0 on a

∣∣∣∣

f(x) − f(0)

x− 0

∣∣∣∣= |x|. Donc f ′(0) = 0.

② Pour k = 0 et k = 1, on a f ′0(x) = (ℓn(|x|)′ =

1

xet

f ′1(x) =

1

x+ 1− 1

x=

(−1)11!

x(x+ 1).

Supposons que la relation encadree dans l’enonce est vrai a l’ordre k, alors

f ′k+1(x) = f ′

k(x+ 1) − f ′k(x)

=(−1)kk!

(x+ 1)(x+ 2) · · · (x+ k + 1)− (−1)kk!

x(x+ 1) · · · (x+ k + 1)

=(−1)kk!

(x+ 1)(x+ 2) · · · (x+ k)

1

x+ k + 1− 1

x

=(−1)k+1(k + 1)!

x(x+ 1)(x+ 2) · · · (x+ k + 1).

Exercice 3.10.6. ☞ Calculer la derivee logarithmique de f(x) = (x− 1)2(x+ 2)3.

En deduire la derivee f ′(x).

Solution. Pour x > −2 et x 6= 1, on a

ℓnf(x) = ℓn(x− 1)2 − ℓn(x+ 2)3

= 2ℓn(x− 1) − 3ℓn(x+ 2).

143


En derivant les deux membres, on obtientf ′(x)

f(x)=

2

x− 1− 3

x+ 2. Donc, en multipliant

les deux membres par l’expression de f(x), on obtient f ′(x) =−2x2 + 7x− 5

(x+ 2)4.

Exercice 3.10.7. ☞ Soit la fonction

f(x) =

x2 sin

(1

x

)

si x 6= 0

0 si x = 0.

Montrer que f est derivable sur R et que f ′ n’est pas continue en x = 0.

Solution. Notons que la fonction f est impaire et qu’elle est derivable en tout point

non nul. Pour x 6= 0, sa derivee est f ′(x) = 2x sin

(1

x

)

− cos

(1

x

)

. D’autre part, en

majorant le taux d’accroissement au voisinage de 0, on obtient

0 < |f(x) − f(0)x− 0| = |f(x)x| = |x sin (1x)| < |x|.

Donc f ′(0) = 0. Par suite f est derivable en x = 0. Pour etudier la continuite de f ′ au

point 0, considerons la suite de points xn =1

nπ, n ≥ 1, qui converge vers 0 lorsque n

tend vers l’infini. On obtient

f ′(xn) = − cos(nπ) = (−1)n+1 =

−1 si n est pair

+1 si n est impair

La suite (f ′(xn))n ne converge pas puisqu’elle admet deux limites distinctes. Par suite

f ′ n’est pas continue en x = 0.

Exercice 3.10.8. ☞ Soit la fonction ϕ definie sur R∗ par : ϕ(x) = 12x

[(1 + x)n − 1],

n ∈ N∗. Determiner le prolongement par continuite de ϕ.

144


Solution. En appliquant la formule du binome au terme entre crochets, on obtient

ϕ(x) =1

2[C1

n + C2nx+ · · · + Cn−1

n xn−1]. Donc limx→0

ϕ(x) =C1

n

2=

n

2. La fonction ϕ

definie sur R par

ϕ(x) =

ϕ(x) si x ∈ R∗

n

2si x = 0,

prolonge la fonction ϕ par continuite.

Exercice 3.10.9. ☞ Soient n ∈ N et fn : R → R une fonction definie par :

fn(x) =(x+ 1)2n+1 + (x− 1)2n+1

(x+ 1)2n+1 − (x− 1)2n+1.

① Montrer que la fonction fn est continue pour n fixe sur R.

② Montrer que, quelque soit x, la suite (fn(x))n∈N a une limite f(x) a determiner.

Solution. La fonction fn est une fraction rationnelle dont le denominateur n’a pas

de zero reel. C’est une fonction continue sur R. Remarquons que la fonction fn,

pour n fixe, est impaire. Si x > 0, posons u =x− 1

x+ 1, qui verifie |u| < 1. Par suite

limn→∞

u2n+1 = 0 et limn→∞

fn(x) = 1. Si x = 0, on a fn(x) = 0 donc limn→∞

fn(x) = 0. Par

suite

f(x) = limn→∞

fn(x) =

1 si x > 0

0 si x = 0

−1 si x < 0.

La fonction limite f n’est pas continue en 0.

Exercice 3.10.10. ☞ Soient les fonctions ϕ et ψ definies sur R∗ par :

ϕ(x) = x sin

(1

x

)

et ψ(x) =1

xsin

(1

x

)

?

145


Determiner leurs prolongements par continuite sur R.

Solution. On sait que |ϕ(x)| ≤ |x|, alors limx→0

ϕ(x) = 0. La fonction ϕ definie sur R

par :

ϕ(x) =

ϕ(x) si x ∈ R∗

0 si x = 0,

prolonge la fonction ϕ par continuite. La fonction ψ ne peut etre prolongee par con-

tinuite sur R car ψ n’a pas de limite en 0. Pour le voir, prenons xn =2

(2n− 1)π.

Alors ψ(xn) = (−1)n 2n− 1

2π. Suivant que n est paire ou impaire, on obtient

limn→∞ ψ(xn) = ±∞.

Exercice 3.10.11. ☞ Soient f et g deux fonctions numeriques n fois derivables

telles que f (0) = f et g(0) = g. On note par f (k) la derivee d’ordre k de f .

① Soit k ≤ n. Demontrer la formule de Leibniz sur la derivee d’ordre k du produit de

deux fonctions

(f × g)(k) =∑k

p=0 Cpkf (k)g(k−p).

② Pour tout n > 0, on pose

Ln(x) = ex dn

dxn

(e−xxn

).

Montrer que Ln(x) est un polynome dont on calculera le degre et le cœfficient de

son terme de plus haut degre ?

Solution.

① L’egalite cherchee est vraie pour k = 0, car (f × g)0 = f × g = C00f

(0)g(0).

Supposons que l’egalite est verifiee a l’ordre k et montrons la a l’ordre k + 1.

146


En effet, on a (f × g)(k+1) =

(f × g)(k)

′. Soit en considerant l’hypothese de

recurrence

(f × g)(k+1) =

k∑

p=0

Cpkf

(p)g(k−p)

′

=

k∑

p=0

Cpk

f (p+1)g(k−p) + f (p)g(k+1−p)

= f (0)g(k+1) +k∑

p=1

(Cp−1k + Cp

k)f(p)g(k+1−p) + f (k+1)g(0).

Or, si 1 ≤ p ≤ k on a Cp−1k +Cp

k = Cpk+1 et comme 1 = C0

k+1 = Ck+1k+1 , on retrouve

bien l’egalite cherchee.

② Par application de la formule de Leibniz on a

Ln(x) = ex

n∑

p=0

Cpn(e−x)(p) × (xn)(n−p)

= ex

n∑

p=0

Cpn(−1)pe−x.n(n− 1) · · · (p− 1)xp

=n∑

p=0

(−1)pCpn

n!

p!xp.

Donc

Ln(x) =n∑

p=0

(−1)pCpn

(n!)2

(p!)2(n− p)!xp.

Ln(x) est bien un polynome dit de Laguerre. Il est de degre n et le cœfficient de

son terme de plus haut degre est (−1)k.


① Soit g(x) = x sin2 x la fonction definie sur R, calculer g(n)(0), pour tout entier n ≥ 1.

② Calculer la derivee d’ordre n des fonctions h(x) = xex et k(x) = ex cosx.

147


Solution. On ecrira la fonction a deriver sous forme de produit de deux fonctions

derivables.

① Posons g1(x) = x et g2(x) = sin2 x =1

2

1 − cos(2x)

. D’apres la formule de

Leibniz, on a

g(n)(0) =∑

0≤k≤n

Ckng

(k)1 (0)g

(n−k)2 (0) = ng′1(0)g

(n−1)2 (0) = ng

(n−1)2 (0)

parce que g1(0) = 0 et g(p)1 (0) = 0, p ≥ 2. D’autre part, on a g′2(x) = 2 sinx cos x =

sin 2x et g′′2(x) = 2 cos 2x et par recurrence sur p ≥ 2, on obtient les expressions

successives des derivees de g2, a savoir

g(2p+1)2 (x) = (−1)p22p sin 2x et g

(2p+2)2 (x) = (−1)p22p+1 cos 2x.

Par suite g(2n+1)2 (0) = 0 et g

(2n+2)2 (0) = (−1)n22n+1. D’ou

g(n)(x) =

0 si n = 2k

(−1)k+1(2k + 1)22k−1 si n = 2k + 1.

② Posons h1(x) = x et h2(x) = ex. Alors

h(n)(x) = C0nh1(x)h

(n)2 (x) + C1

nh′1(x)h

(n−1)2 (x)

= ex+n, n ≥ 1.

Ce qui donne h(n)(x) = ex+n, n ≥ 1. La fonction k(x) peut s’ecrire sous la forme

k(x) = ex cosx =1

2

e(1+i)x + e(1−i)x

.

De la, on obtient

k(n)(x) =1

2

(1 + i)ne(1+i)x + (1 − i)ne(1−i)x

=1

2ex cosx

(1 + i)n + (1 − i)n

+1

2iex sin x

(1 + i)n − (1 − i)n

= ex(√

2)n

cosx cos(nπ

4

)

− sin x sin(nπ

4

)

.

= (√

2)nex cos

x+nπ

4

, n ≥ 1.

148


Exercice 3.10.13. ☞ On considere la fonction de la variable reelle x definie par

f(x) =1

x2 − 1.

Demontrer que la derivee d’ordre n de la fonction f est de la forme

f (n)(x) =(−1)nn!Pn(x)

(x2 − 1)n+1

ou Pn est un polynome de degre n dont on calculera les cœfficients.

Solution. La fonction f est definie, continue et indefinimennt derivable sur R \{−1, 1}, elle peut s’ecrire sous la forme f(x) =

1

2

1

x− 1− 1

x+ 1

, d’ou

f (n)(x) =1

2

(−1)nn!

(x− 1)n+1− (−1)nn!

(x+ 1)n+1

= (−1)nn!(x+ 1)n+1 − (x− 1)n+1

2(x2 − 1)n+1

︸︷︷︸

Pn(x)

.

Soit que f (n)(x) = (−1)nn!Pn(x). Le polynome Pn(x) est un polynome de degre n. Ses

cœfficients sont donnes par la formule du binome dans le de veloppement du polynome

Pn(x).

Exercice 3.10.14. ☞ Montrer que la derivee d’ordre n de f(x) = arctanx peut se

mettre sous la forme

fn(x) = (n− 1)! cosn y sin(

ny + nπ

2

)

.

Solution. On rappelle que l’ecriture de y = arctan x est equivalente au systeme

suivant :

x = tg y

−π2< y <

π

2.

149


On sait que y′ =1

1 + x2= cos2 y. La formule donnee est vraie pour n = 1. On va

etablir cette formule par recurrence pour n ≥ 1. On suppose alors cette qu’elle est est

vraie jusqu’a l’ordre n, donc

y(n+1) = (n− 1)![

ny′ cosn−1 y sin y sin

ny + nπ

2

)

+ cosn y cos(

ny + nπ

2

)

ny′

= n!y′ cosn−1 y

− sin(

ny + nπ

2

)

sin y + cos y cos(

ny + nπ

2

)

= n! cosn+1 y cos(

ny + nπ

2+ y)

= n! cosn+1 y sin(

(n + 1)y + (n+ 1)π

2

)

.

Ce qui acheve la demonstration.

Exercice 3.10.15. ☞ On considere la fonction f de la variable reelle x definie par :

f(x) =2x+ 1

x2 + 1+ 2 arctan

(1 − x

1 + x

)

.

① Indiquer pour quelles valeurs de x la fonction f est definie, continue et derivable et

calculer pour ces valeurs de x la derivee f ′.

② Demontrer que la derivee d’ordre n de f est une fraction rationnelle de la forme

f (n)(x) =Pn+1(x)

(x2 + 1)n+1

ou Pn+1 est un polynome de degre n+ 1.

Solution. On calcul la limite a gauche et a droite de −1.

① La fonction f est definie, continue et derivable sur R \ {−1} et f ′(x) =−2x(2x+ 1)

(1 + x2)2. Pour la derivabilite au point x = −1, remarquons qu’on a, d’une

part limx→−1−

1 − x

1 + x= +∞ et lim

x→−1−arctan

(1 − x

1 + x

)

=π

2. La limite a gauche de la

fonction f est limx→−1−

f(x) = −1

2+ π. D’autre part, on a

limx→−1+

1 − x

1 + x= −∞ et lim

x→−1−arctan

(1 − x

1 + x

)

= −π2.

150


La limite a droite de la fonction f est limx→−1+

f(x) = −1

2− π. La fonction f n’est

pas derivable au point x = −1.

② La derivee d’ordre 2 de f est f ′′(x) = 24x3 + 3x2 − 4x− 1

(x2 + 1)3. La propriete de

recurrence est donc vraie pour n = 1 et n = 2. Supposons qu’elle est etablie

jusqu’a l’ordre n − 1. Alors f (n−1)(x) =An(x)

(x2 + 1)n, ou An est un polynome de

degre n dont le cœfficient dominant est an ∈ R∗. Alors

f (n)(x) =(x2 + 1)A′

n(x) − 2nxAn(x)

(x2 + 1)n+1=

An+1(x)

(x2 + 1)n+1.

Le numerateur de f (x), comme on peut le constater, est un polynome dont le

terme de plus haut degre est −nanxn+1. Donc An+1(x) est un polynome de degre

n+ 1. La propriete de recurrence est ainsi demontree.

Exercice 3.10.16. ☞ Soit la fonction

f(x) =

e−1/x2si x 6= 0

0 si x = 0.

① Montrer que la fonction f est derivable en 0 et calculer f ′(0).

② Montrer que la fonction derivee f ′ est derivable en 0 et calculer f ′′(0).

③ Generaliser les resultats precedents a l’ordre n quelconque et calculer f (n)(0).

⑤ En deduire le developpement de Taylor de la fonction f en 0.

Solution. On utilise la definition de la derivee au point 0.

① Puisque f(0) = 0, le taux d’accroissement de f au voisinage de x = 0 est

Tf,0 =f(x) − f(0)

x− 0=f(x)

x=e−1/x2

x=

1/x2

e1/x2 x.

151


D’ou f ′(0) = limx→0

1/x2

e1/x2 . limx→0

x = 0. La fonction f est donc derivable a l’origine.

② On a

f ′(x) =

2

x3f(x) si x 6= 0

0 si x = 0.

Alorsf ′(x)

x= 2

1/x2

e1/x2 et limx→0

1/x2

e1/x2 = limx→0

(1/x

e1/x

)2

= 0.

Par suite f ′′(0) = limx→0

f ′(x) − f ′(0)

x− 0= lim

x→0

f ′(x)

x= 0.

③ Si x 6= 0, l’hypothese de recurrence est la suivante

f (n−1)(x) = P

(1

x

)

f(x) si x 6= 0,

ou P est une fonction polynomiale.

④ Si n = 2, l’hypothese de recurrence est vraie car f ′(x) =2

x3f(x) si x 6= 0. La

derivee d’ordre n de f est

f (n)(x) =

[

− 1

x2P ′(

1

x

)

+2

x3P

(1

x

)]

f(x).

Le crochet represente une fonction polynomiale en1

xd’ou le resultat si x 6= 0.

⑤ Si x = 0. On suppose par recurrence que f (n−1)(0) = 0. Alors f (n) s’ecrit

f (n)(0) = limx→0

f (n−1)(x)

x= lim

x→0

1

xP

(1

x

)

f(x).

Si le polynome P s’ecrit en1

xsous la forme

P

(1

x

)

=n∑

j=0

αj

(1

x

)j

alorsf (n−1)(x)

x=

k∑

j=0

αj1

xj+1

f(x)

et

f (n)(0) = limx→0

1

xj+1e−1/x2

= limx→0

x2k−j−1.e−1/x2

x2k= 0.

152


⑥ Puisque f(0) = f ′(0) = · · · = f (n)(0) = 0, on peut ecrire le developpement de

Taylor de f en 0 sous la forme

f(x) =xn+1

(n+ 1)!f (n+1)(θx) avec 0 < θ < 1.

Exercice 3.10.17. ☞ Etudier la continuite de la fonction ϕ definie sur R par

ϕ(x) =

0 si x ∈ Z

x si x ∈ R \ Z.

Solution. La fonction ϕ est continue en 0, car limx→0±

ϕ(x) = ϕ(0) = 0. En un point x0

non nul, posons Xn =nx0

nx0 + 1∈ R\Z. Alors lim

n→+∞ϕ [Xn] = lim

n→+∞Xn = 1 6= ϕ(1) = 0.

La fonction ϕ est discontinue.

Exercice 3.10.18. ☞ Soit f : [a, b] → R une fonction derivable telle qu’il existe

une constante α > 1 qui verifie |f(x) − f(y)| ≤ |x − y|α, ∀x, y ∈ [a, b]. Montrer que la

fonction f est constante.

Solution. Soient x, y ∈ [a, b] et posons h = y − x, alors |f(x+ h) − f(x)h| ≤ hα−1.

Puisque h → 0, on peut supposer que |h| < 1. Par suite |h|α−1 → 0 et donc f ′(x) = 0

en tout point x. La fonction f est donc une constante.

Exercice 3.10.19. ☞ Soit f une fonction deux fois derivable de ]0,+∞[ dans R.

On suppose que f ′′(x) > 0 pour tout x > 0 et que limx→∞ [xf ′(x) − f(x)] existe et soit

negative ou nulle.

153


① Montrer que l’on a partout xf ′(x) − f(x) ≤ 0.

② On pose g(x) =f(x)

x. Montrer que g est une fonction decroissante.

Solution.

① Posons h(x) = xf ′(x) − f(x), alors h′(x) = xf ′′(x). Par hypothese h′(x) > 0 sur

]0,+∞[. Donc h est croissante sur ]0,+∞[. Supposons qu’il existe x ∈]0,+∞[

tel que h(x) = λ > 0. Alors pour tout y > x, on a h(y) ≥ λ > 0. Ce qui est

impossible par hypothese. Ainsi, pour tout x ∈]0,+∞[ on a h(x) ≤ 0.

② On a

g′(x) =xf ′(x) − f(x)

x2=h(x)

x2< 0.

Donc g est decroissante sur l’intervalle ]0,+∞[.


① Calculer les limites suivantes limx→0

x− tg x

x− sin xet lim

x→0

√x

1 − e2√

x.

② Calculer les limites suivantes, pour α > 0 : limx→∞

ℓnx

xα, lim

x→0+xαℓnx et lim

x→0

e−1/x

x.

Solution. On verifie pour chaque fonction les hypotheses du theoreme de l’Hopital.

① Les fonctions sous le signe limite presentent des indeterminations de la forme00. D’autre part, on constate que pour le numerateur et le denominateur, les

conditions du theoreme de l’Hopital sont verifiees. Donc

limx→0

x− tg x

x− sin x= − lim

x→0

1 + cos x

cos2 x= −2

154


limx→0

√x

1 − e2√

x= − lim

t→0+

t

1 − e2t= − lim

t→0+

1

−2e2t= −1

2.

② Meme remarque

limx→∞

ℓnx

xα= lim

x→∞

x−1

αxα−1= lim

x→∞

1

αxα= 0.

Ainsi limx→∞

ℓnx

xα= 0, α > 0. Pour la deuxieme limite, on a

limx→0+

xαℓnx = limx→0+

ℓnx

αx−α= − lim

x→0+

xα

α= 0.

Ainsi limx→0+

xαℓnx = 0, α > 0. Pour la troisieme limite, on pose t =1

xqui tend

vers l’infini lorsque x tend vers 0. On obtient une forme indeterminee∞∞ . Et

alors limx→0

e−1/x

x= 0.

Exercice 3.10.21. ☞ Calculer les limites suivantes : limx→0+

x3ℓnx et

limx→1

x

x− 1− 1

ℓnx

.

Solution. La premiere fonction presente une indetermination de la forme 0 × ∞et peut s’ecrire sous la forme x → x3ℓnx =

ℓnx

1/x3. On obtient ainsi en x = 0 une

indetermination de la forme ∞∞. D’ou

limx→0+

x3ℓnx = limx→0+

1x3

ℓnx= lim

x→0+

1x1x3

= limx→0+

x3

−3= 0.

La deuxieme fonction presente une indetermination de la forme ∞−∞ et peut s’ecrire

x→ x

x− 1− 1

ℓnx=xℓnx− x+ 1

(x− 1)ℓnx.

On obtient l’indetermination en x = 1 une indetermination de la forme 00. Donc, en

appliquant la regle de l’hopital 4 fois, on obtient limx→1

x

x− 1− 1

ℓnx

= −1

2.

155


Exercice 3.10.22. ☞ Calculer les limites suivantes

limx→0+

x1

3 ℓnx , limx→∞

(e2x + 3x)1x .

Solution. La fonction x → x1/3ℓnx presente en x = 0 une indetermination de la

forme 00. Posons y = x1/3ℓnx. Le ℓn des deux membres donne limx→0+

x1/3ℓnx = e1/3.

La fonction x → (e2x + 3x)1/x presente a l’infini une indetermination de la forme ∞0.

Posons y = (e2x + 3x)1/x, qui presente une indeterminee de la forme ∞∞ et alors

limx→∞

ℓny = limx→∞

ℓn(e2x + 3x)

x= lim

x→∞

2e2x + 3

e2x + 3x

= limx→∞

4e2x

e2x + 3x= lim

x→∞

8e2x

4e2x= 2.

Soit que limx→∞

(e2x + 3x)1/x = e2.

Exercice 3.10.23. ☞ Soit g : [−1, 1] → R une fonction de classe C2 tel que

g(0) = g′(0) = 0. On pose

f(x) =

g(x)

xsi x ∈ [−1, 1] \ {0}

0 si x = 0.

Montrer que la fonction f est derivable au point x = 0.

Solution. D’apres le theoreme de l’Hopital, on a

limx→0

f(x) − f(0)

x− 0= lim

x→0

g(x)

x2= lim

x→0

g′(x)

2x= lim

x→0

g′′(x)

2.

Par suite, la fonction f est derivable au point 0 et sa derivee est f ′(0) =g′′(0)

2.

156


Exercice 3.10.24. ☞ Montrer par recurrence que, si f : R → R est n fois derivable

et f (n) = 0, la fonction f est un polynome de degre inferieure ou egal a n− 1.

Solution. Lorsque n = 1, si f ′ = 0, d’apres le theoreme de Rolle, la fonction f

est constante. Donc f est un polynome de degre 0. Supposons que f (n+1) = 0, alors

(f (n))′ = 0, donc f (n) = C, ou C est une constante. Posons g(x) = f(x)−Cxnn!, x ∈ R.

Alors g(n) = f (n) − C = 0, et d’apres l’hypothese de recurrence, g(n) est un polynome

de degre inferieure ou egal a n − 1. Donc f(x) = g(x) + Cxnn! est un polynome de

degre inferieure ou egal a n.

Exercice 3.10.25. ☞ On considere le polynome P ∈ R[X] defini par

P (X) = Xn + pX + q.

Montrer, en appliquant le theoreme de Rolle que

① Si n est pair, alors P a au plus 2 racines reelles distinctes.

② Si n est impair, alors P a au plus 3 racines reelles distinctes.

Solution. On suppose que n ≥ 2. La fonction x → P (x) est continue et derivable

sur R, d’apres le theoreme de Rolle, entre deux racines reelles de P on trouve au moins

une racine reelle de P ′ = xXn−1 + p.

① Si n est pair, n − 1 est impair et P ′ a une racine α reelle et une seule, donc P a

au plus 2 racines reelles.

② Si n est impair, n − 1 est pair et P ′ a au plus 2 racines reelles, ce qui entraine

que P en a au plus trois.

③ L’etude des tableaux de variation de P dans les differents cs et le signe de P (α)

pour toute racine α de P ′ donne dans chaque cas le nombre exact de racines de

P (par le theoreme des valeurs intermediaires).

157


Exercice 3.10.26. ☞ Soit f : R → R une fonction derivable telle que

f(0) = 0 et |f ′(x)| ≤ |f(x)|, ∀x ∈ R.

Montrer que f = 0.

Solution. Fixons x0 tel que |x0| < 1. D’apres le theoreme de Rolle, il existe x1 tel

que |x1| < |x0| et

|f(x0) − f(x1)| = |f(x0)| = |f ′(x1)x0| ≤ |f(x1)||x0|.

De la meme facon, il existe des reels x1, x2, · · · , xn tels que

|xn| < |xn−1| < · · · < |x1| < |x0|

et

(1) |f(xk−1)| = |f ′(xk)xk−1| ≤ |f(xk)||xk−1| ≤ |f(xk)||x0|

pour tout k tel que 1 ≤ k ≤ n. En multipliant les inegalites (1), on obtient

(2) |f(x0)| ≤ |f(xn)||x0|n.

La fonction f est continue sur l’intervalle [−1, 1], donc bornee sur [−1, 1], il existe une

constante M telle que

(3) |f(x)| ≤M, ∀x ∈ [−1, 1].

Les inegalites (2) et (3) entrainent |f(x0)| ≤ M |x0|n → 0 si n → +∞. Par suite,

f(x) = 0 poue tout x ∈ [−1, 1]. Cela etant, fixons n ∈ Z. On pose g(x) = f(x + n),

pour tout x ∈ R. On a g′(x) = f ′(x+ n), donc

|g′(x)| = |f ′(x+ n)| ≤ |f(x+ n)| = |g(x)|, ∀x ∈ R.

D’apres ce qui a precede, on a g(x) = 0, x ∈] − 1, 1[. Donc f(x) = 0 pour tout

x ∈]n− 1, n+ 1[. Par suite f(x) = 0 pour tout x ∈ R.

158


Exercice 3.10.27. ☞ Soient a < b et f une fonction derivable dans l’intervalle ]a, b[

et verifiant f(a) = f(b) = 0. Soit c ∈]a, b[, on pose

φ(x) = (x− a)(x− b)f(c)(c− a)(c− b).

Montrer qu’il existe γ ∈]a, b[ tel que

f(c) = (c − a)(c − b)f ′′(γ)

2.

Solution. On remarque que φ est continue sur [a, b] et deux fois derivable sur ]a, b[.

Elle verifie φ(a) = φ(b) = 0 et φ(c) = f(c). Donc (f−φ)(a) = (f−φ)(b) = (f−φ)(c) =

0. La fonction f − φ satisfaisant aux hypotheses du theoreme de Rolle sur [a, c] et sur

[c, b]. Donc

∃γ1 ∈]a, c[ : (f ′ − φ′)(γ1) = 0 et ∃γ2 ∈]c, b[ : (f ′ − φ′)(γ2) = 0.

et on a ]γ1, γ2[ ⊂ ]a, b[. La fonction f ′ − φ′ est derivable sur ]a, b[, donc continue sur

[γ1, γ2] et derivable sur ]γ1, γ2[. Comme (f ′−φ′)(γ1) = (f ′−φ′)(γ2), d’apres le theoreme

de Rolle, il existe γ ∈]γ1, γ2[ tel que (f ′′ − φ′′)(γ) = 0. Soit que f ′′(γ) = φ′′(γ). Or,

φ′′(x) =2f(c)

(c− a)(c− b).

Exercice 3.10.28. ☞ En appliquant le theoreme des accroissements finis a la fonc-

tion ϕ : x→ xe1/x sur l’intervalle [x, x+ 1]. Calculer

limx→±∞

(x+ 1)e1

x+1 − xe1x

.

Montrer que

ex > 1 + x, ∀x 6= 0.

159


Solution. On a ϕ′(x) = e1/x

(

1 − 1

x

)

. D’apres le theoreme des accroissements finis,

il existe αx ∈]x, x+ 1[ tel que

ϕ(x+ 1) − ϕ(x) = ϕ′(αx)(x+ 1 − x) = ϕ′(αc).

Or, lorsque x→ ±∞, αx → ±∞ et limx→±∞

ϕ′(αx) = 1. Ainsi limx→±∞

ϕ(x+ 1)−ϕ(x) = 1.

C’est a dire

limx→±∞

(x+ 1)e1/(x+1) − xe1/x = 1.

On applique le theoreme des accroissements finis a la focntion x→ ϕ(x) qui est continue

sur [0, x] et derivable sur ]0, x[. Il existe αx ∈]0, x[ tel que ex − e0 = (x − 0)eαx donc

xex − 1 = xeαx . Mais 1 = e0 < eαx < ex donc xeαx > x. Ainsi ex > 1 + x, ∀x 6= 0.

Exercice 3.10.29. ☞ En appliquant la formule des accroissements finis, calculer la

limite suivante

limx→0

ecos x − ech x

cosx− ch x.

Solution. On applique la formule des accroissements finis a la fonction x → ex. Il

existe alors αx ∈] cosx, ch x[ tel que ecos x−ech x = (cos x−ch x)eαx . Or, lorsque x tend

vers 0, αx tend vers la meme limite que cosx et ch x qui est 0. D’ou limx→0

ecos x − ech x

cosx− ch x=

1.

Exercice 3.10.30. ☞ Appliquer le theoreme des accroissements finis a la fonction

x→ ℓnx sur l’intervalle [n, n+ 1], n ∈ N∗. En deduire que la suite (sn) definie par

sn =n∑

k+1

1

k.

Tend vers l’infini. En appliquant de meme le theoreme des accroissements finis a la

fonction x→ ℓn(ℓnx) sur [n, n + 1], que peut-on conclure ?

160


Solution. La fonction ℓn etant derivable sur l’intervalle ]0,+∞[, en appliquant le

theoreme des accroissements finis sur l’intervalle [n, n+1], on obtient ℓn(n+1)−ℓnn =1

cnpour cn ∈ [n, n + 1]. On en deduit que

un =

n∑

k=1

1

k>

n∑

k=1

1

cn=

n∑

k=1

[ℓn(k + 1) − ℓn(k)].

D’ou un > ℓn(n + 1) et limn→+∞

un = +∞. La fonction ℓn(ℓn) est derivable sur ]1,+∞[,

sa derivee est1

xℓnx. Donc, en appliquant le theoreme des accroissements finis sur

l’intervalle [n, n+ 1] pour n ≥ 2, on obtient

ℓn(ℓn(n+ 1)) − ℓn(ℓnn) =1

αnℓnαn

, αn ∈ [n, n+ 1].

La fonction ℓn(ℓn) etant croissante on a 0 < ℓnn < ℓnαn, alors

0 < nℓnn < αnℓnαn et1

αnℓnαn<

1

nℓnn.

Par consequent, pour tout entier n ≥ 2, on a

n∑

k=1

1

kℓnk>

n∑

k=2

1

αnℓnαn=

∑

k=2

[ℓn(ℓn(k + 1) − ℓn(ℓnk)]

= ℓn(ℓn(n+ 1)) − ℓn(ℓn2).

Comme ℓn[ℓn(n + 1)] tend vers +∞ avec n → +∞, il en est de meme pour la suite

(sn).

Exercice 3.10.31. ☞ Soit f la fonction definie par

f(x) =

3 − x2

2si x ∈] −∞, 1[

1

xsi x ∈ [1,+∞[.

Montrer que la fonction f verifie les hypotheses du theoreme des accroissements finis sur

[0, 2] et determiner toutes les valeurs de c telles que f(2) − f(0) = 2f ′(c).

161


Solution. La fonction f est derivable sur la reunion ]0, 1[∪]1, 2[. Au point x = 1, on

a

limx→1+

f(x) − f(1)

x− 1= lim

x→1+

−1

x= −1

limx→1−

f(x) − f(1)

x− 1= lim

x→1−

−(x+ 1)

x= −1.

Donc f est derivable en 1 et f ′(1) = −1. La fonction f est derivable sur ] − 0, 2[. La

fonction f satisfait aux hypotheses des accroissements finis sur [0, 2], il existe c ∈]0, 2[ tel

que f(2)−f(0) = 2f ′(c) donc f ′(c) =1

2. On se propose de determiner toutes les valeurs

de c qui verifient cette relation. Ce qui revient a resoudre l’equation : x ∈]0, 2[, f ′(x) =

−1

2Si x ∈]0, 1[, on a f ′(x) = −x et l’equation devient : x ∈]0, 1[, f ′(x) = −1

2Ce qui

donne x =1

2. Si x ∈]1, 2[ alors f ′(x) = − 1

x2et on a l’equation x ∈]0, 2[, f ′(x) = −1

2.

Ce qui donne x =√

2. Comme f ′(1) = −1 6= −1

2, l’ensemble des solutions est alors

S =

{1

2,√

2

}

.

Exercice 3.10.32. ☞ Soit ϕ la fonction de R dans R definie par

ϕ(x) =

1 si x ∈ Q

0 si x ∈ R \ Q.

On pose f(x) = (x+ 1)2(x− 2)ϕ(x).

① La fonction ϕ a-t-elle une limite quand x→ a ou a est un nombre reel donne ?

② Calculer limx→2

f(x) et limx→−1

f(x).

③ Soit x0 ∈ R \ {2,−1}. Calculer limx→x0

f(x) quand x ∈ Q et x ∈ R \ Q. Que peut-on

conclure ?

162


Solution.

① Montrons que ϕ n’a pas de limite quand x→ a. Si cette limite existe, elle serait

egale a ϕ(a). On envisage ainsi deux cas :

Si a ∈ Q. Alors ϕ(a) = 1 et pour tout α > 0, il existe un nombre irrationnel x0

tel que |x0 − a| < α et ϕ(x0) = 0. Prenons ε =1

2, on obtient

|x0 − a| < α et |ϕ(x0) − ϕ(a)| > ε. (∗)

Alors la limite de ϕ n’existe pas quand x tend vers a.

Si a ∈ R \ Q. Alors ϕ(a) = 0 et pour tout α > 0, il existe un nombre rationnel

x0 tel que |x0 − a| < α. Prenons ε =1

2, on a

|x0 − a| < α et |ϕ(x0) − ϕ(a)| = 1 > ε. (∗∗)

② La fonction ϕ est bornee par 1, donc

0 ≤ limx→2

|f(x)| ≤ limx→2

(x+ 1)2|x− 2| = 0

et alors limx→2

f(x) = 0. De meme limx→−1

f(x) = 0.

③ Si x ∈ Q, on a limx→x0

f(x) = (x0 + 1)2(x0 − 2). Si x ∈ R \ Q alors ϕ(x) = 0

et limx→x0

f(x) = 0. On constate que ces deux limites sont differentes, sauf pour

x0 = −1 et x0 = 2.

Exercice 3.10.33. ☞ On note par E l’application de R dans R qui a un nombre

reel x fait correspondre sa partie entiere E (x). La fonction E est donc definie par

E(x) = n si n ≤ x < n + 1.

Etudier la continuite des fonctions f , g et h definies sur R+ par

f(x) =√

x− E (x), g(x) = E (x) +√

x− E (x)

et h(x) = E (x) + (x− E (x))2.

163


Solution. La fonction E est discontinue aux points x = n. En effet, les limites a

gauche et a droite au point n sont respectivement limx→n−

E(x) = n− 1 et limx→n+

E(x) = n.

① La fonction f est periodique de periode 1 : En effet,

Si 0 ≤ x < 1 on a

f(x+ 1) = x+ 1 − E(x+ 1) = x+ 1 − 1 = x = x− E(x) = f(x).

Si x > 1, Il existe y ∈ [0, 1[ et n ∈ N tel que x = y + n et E (x) = n+ E (y) = n.

Donc

f(x+ 1) = x+ 1 − E (x+ 1) = x+ 1 − E(x) − 1 = f(x).

La fonction f est discontinue aux points x = n : Puisque

limx→n−

x− E(x) = n− (n− 1) = 1 et limx→n+

x− E(x) = n− n = 0.

D’ou limx→n−

f(x) 6= limx→n+

f(x).

② La fonction g est la somme des fonctions E et f , elle est donc continue dans R+\N.

Aux points x = n ∈ N∗, la fonction g est continue, puisque limx→(n+1)−

g(x) = n+1 =

limx→(n+1)+

g(x).

③ La fonction h est la somme de la fonction E et de la fonction x → [x − E(x)]2.

Elle est donc continue aux points de R+ \ N. Aux points x = n ∈ N, elle est

continue, car limx→n−

h(x) = n = limx→n+

h(x).

Exercice 3.10.34. ☞ Etudier la continuite de la fonction ϕ definie par

ϕ(x) =

0 si x ≤ 0

1 − nx si x > 0,

ou n est l’entier unique verifiant n ≤ 1

x< n+ 1.

164


Solution. La fonction f est continue pour x < 0. Etudions sa continuite pour x ≥ 0.

① Continuite en x = 0. Montrons que la limite de ϕ a droite de 0 est nulle,

c’est-a-dire que ∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < x ≤ δ =⇒ |ϕ(x)| ≤ ε. Choisissons

δ = ε et soit n0 l’unique entier tel que n0 ≤ 1

x< n0 + 1. Puisque x > 0, alors

0 ≤ 1 − n0x < (n0 + 1)x − n0x = x. Donc |ϕ(x)| = 1 − n0x < x ≤ δ = ε. La

fonction ϕ est continue en 0.

② Continuite pour x > 1. Comme 1/x < 1 alors E

(1

x

)

= 0 et ϕ(x) = 1. D’ou

la continuite de ϕ.

③ Continuite en x = 1. A droite on a limx→1+

ϕ(x) = 1. Lorsque x → 1−, on peut

supposer que1

2< x < 1 et alors E

(1

x

)

= 1 d’ou limx→1− ϕ(x) = 0. La fonction

ϕ est donc non continue en 1.

④ Continuite pour 0 < x < 1. Soit x ∈]

1

m,

1

m− 1

[

ou m est un entier positif

non nul. Alors ϕ(x) = 1 − (m − 1)x. La fonction ϕ est continue sur l’intervalle]

1

m,

1

m− 1

[

et ϕ

(1

m

)

= 0. D’autre part, les limites de ϕ a gauche et a droite

de1

msont

limx→(1/m)+

ϕ(x) = 1 − (m− 1)

m=

1

m

limx→(1/m)−

ϕ(x) = 1 − m

m= 0.

Donc ϕ n’est pas continue aux points1

mavec m entier positif non nul. Par contre,

on a la continuite a gauche.

Exercice 3.10.35. ☞ Soient une fonction f : R → R et (xn)n∈N une suite reelle qui

converge vers a ∈ R.

① Montrer qu’on a

f est continue en a ∈ R

=⇒

la suite (f(xn))n∈N converge vers f(a)

.

165


② Soient I un intervalle de R et f une fonction numerique continue sur I. On considere

une suite (un)n∈N de points de I verifiant :

(∀n ∈ N) un+1 = f(un), u0 ∈ I.

Montrer que si la suite (un) converge vers un point α ∈ I, alors

f(α) = α.

Solution. On utilise la definition de la continuite d’une fonction et celle de la con-

vergence d’une suite numerique.

① Comme la fonction f est continue en a et la suite (xn) converge vers a, alors

∀ε > 0, ∃ηε > 0 : |x− a| < ηε =⇒ |f(x) − (f(a)| < ε

et

∃N(ηε) : n > N(ηε) =⇒ |xn − a| < ηε.

Donc pour n > N(ηε) on a : |f(xn) − f(a)| < ε. La suite (f(xn))n∈N converge

vers f(a).

② Inversement, raisonnons par l’absurde. Supposons que f n’est pas continue en a.

Alors

∃ε > 0, ∀ηε > 0 : |x− a| > ηε =⇒ |f(x) − f(a)| > ε.

Mais, pour tout n ∈ N∗, il existe une suite (xn) tel que |xn − a| < 1

n.

On construit ainsi une suite (xn)n∈N qui tend vers a avec f(xn) − f(a)| > ε. Ce

qui est impossible, puisque toute suite (xn)n∈N qui tend vers a implique que la

suite (f(xn))n∈N tend vers f(a).

③ Comme α est la limite de la suite (un)n∈N et la fonction est continue sur I, d’apres

1) on a α = limn→∞

un+1 = limn→+∞

f(un) = f(α).

166


Exercice 3.10.36. ☞ Soit ϕ une application continue sur [0, 1] a valeurs dans R.

On definit sur R une fonction numerique f de la facon suivante

f(x) = 2nϕ(x− n) si n ≤ x < n+ 1 et n ∈ Z.

① Determiner en fonction de ϕ(0) et ϕ(1) les quantites suivantes

limx→n−

f(x) et limx→n+

f(x).

Quelle condition portant sur ϕ, la fonction f est-elle continue sur R ?

② On suppose que pour tout x ∈ [0, 1], ϕ(x) = ax+ b. Quelle condition doivent verifier

a et b pour que f soit continue ?

③ Revenant au cas general et determiner la limite de f lorsque x→ −∞.

④ L’application f admet-elle une limite lorsque x→ +∞ ? ( On raisonnera differement

suivant que ϕ s’annule ou non sur [0, 1]).

Solution.

① Pour etudier la limite de la fonction f lorsque x → n+, on peut se placer dans

l’intervalle [n− 1, n]. Alors x− (n− 1) ∈ [0, 1] et f(x) = 2n−1ϕ[x− (n− 1)]. Or,

limx→n−

[x−(n−1)] = 1 et puisque ϕ est continue sur [0, 1], on a limx→n−

ϕ[x−(n−1)] =

ϕ(1). Donc limx→n−

f(x) = 2n−1ϕ(1). De la mome facon, on a limx→n+

f(x) = 2nϕ(0).

Il y aura continuite en x = n si ϕ(1) = 2ϕ(0). En tout point x non entier f est

continue comme composee de 2 fonctions continues.

② Si ϕ(x) = ax + b, on ϕ(1) = a + b et ϕ(0) = b. D’apres 1) la fonction f est

continue si a+ b = 2b. Donc a = b.

③ Comme la fonction ϕ est continue, elle est donc bornee sur [0, 1]. Soit M > 0 un

majorant de |ϕ| sur cet intervalle. Alors |f(x)| = |2nϕ(x − n)| ≤ 2nM . Lorsque

x tend vers −∞, alors E(x) = n < x et limn→−∞

E(x) = −∞. Comme 2n tend vers

0 quand x tend vers −∞, alors

∀ε > 0, ∃Aε : x < Aε =⇒ 0 < 2n < εM.

167


C’est-a-dire que |f(x)| < ε et limx→−∞

f(x) = 0.

④ Supposons que ϕ ne s’annule pas sur [0, 1]. Alors la fonction ϕ garde un signe

constant sur [0, 1] et |ϕ| atteint un minimum positif m. Supposons que ϕ(x) > 0

sur [0, 1] (mome chose si ϕ(x) < 0). On a pour tout x ∈ [0, 1], ϕ(x) ≥ m. Donc

f(x) ≥ 2nm avec n = E(x). Or, limx→+∞

E(x) = +∞. Donc limx→+∞

2nm = +∞, soit

que limx→+∞

f(x) = +∞. (Si ϕ est negative sur [0, 1] on aurait limx→+∞ f(x) =

−∞).

⑤ Supposons maintenant que ϕ s’annule sur [0, 1], on aura a considerer les cas

suivants :

⑥ Si ϕ ≡ 0 sur [0, 1] alors f(x) = 0 pour tout x ∈ [0, 1].

⑦ Si ϕ s’annule en un point a different de 1, sans etre identiquement nulle. Posons

xk = a+kn; on a f(xk) = 0 et alors limk→+∞

f(xk) = 0. Mais ϕ, non identiquement

nulle, implique qu’il existe b ∈ [0, 1] tel que ϕ(b) ≤ 0. Posons yk = b+kn, suivant

que ϕ(b) est positif ou negatif on a limk→∞

f(yk) = ±∞. Du fait que les deux suites

(xk) et (yk) tendent toutes les deux vers +∞, on prouve que f n’a pas de limite

quand x tend vers +∞.

⑧ ϕ s’annule en 1 seulement. Il existe toujours une suite yk telle que limk→+∞

f(yk) =

±∞. Supposons que cette limite est +∞ et montrons que c’est faux. On a

∀ε > 0 ∃α : 1 − x < α =⇒ |ϕ(x)| < ε.

Prenons x tel que E(x) + 1 − x < α et E(x) = B. Alors f(x) = 2Bϕ[x− E(x)].

Or, 1− (x− E(x)) = E(x) + 1 − x < α implique que |ϕ(x− E(x))| ≤ ε. Soit que

|f(x)| < ε.2B. Il suffit de choisir ε < 1/2B pour obtenir que |f(x)| < 1.

168


Exercice 3.10.37. ☞ On considere la fonction ϕ definie sur R par :

ϕ(x) =

exp

( −1

1 − x2

)

si |x| < 1

0 si |x| ≥ 1.

① La fonction ϕ admet-elle une limite quand x → 1− ?

② En quels points de R, la fonction ϕ est-elle continue ?

③ Montrer que si 0 < x < 1, On a

exp( −1

1−x

)

1 − x<

exp( −1

1−x2

)

1 − x<

exp(

−12(1−x)

)

1 − x.

④ Calculer ϕ′(x0) pour |x0| < 1.

⑤ La fonction ϕ est-elle derivable au point +1, au point −1 ?

⑥ La fonction ϕ est-elle derivable sur R ?

Solution.

① Quand x→ 1−, alors 1−x2 → 0+ et1

1 − x2→ +∞. Donc lim

x→1−exp

( −1

1 − x2

)

= 0

et limx→1−

ϕ(x) = 0.

② Si x0 est tel que |x0| < 1, on a ϕ(x0) = exp

( −1

1 − x20

)

et ϕ est continue en

x0 comme composee de fonctions continues. D’autre part, en x0 = +1, on a

limx→1−

ϕ(x) = 0 = ϕ(1) = limx→1+

ϕ(x). Donc ϕ est bien continue en x0 = +1.

Comme la fonction ϕ est paire, elle est donc continue en x0 = −1.

③ Si 0 < x < 1 on a 1 − x > 0 et 1 < 1 + x < 2 donc−1

1 − x<

−1

1 − x2<

−1

2(1 − x).

La fonction x→ ex etant strictement croissante et comme 1−x > 0 on en deduit

l’inegalite cherchee. Posons µ =1

1 − x, µ qui tend vers +∞ lorsque x → 1−,

169


et donc limµ→+∞

µe−µ = 0 et limµ→+∞

1

2

(µe−µ/2

)= 0. L’expression

exp( −1

1−x2

)

1 − xetant

comprise entre deux expressions qui tendent vers 0, tend elle meme vers 0 quand

x→ 1+.

④ Etude de la derivabilite de ϕ :

Si −1 < x0 < 1 : Il existe η > 0 tel que I =]x0 − η, x0 + η[ ⊂ ] − 1, 1[. Pour tout

x ∈ I, la fonction ϕ(x) est derivable au point x0 comme composee de fonctions

derivables et ϕ′(x0) =−2x0

(1 − x20)

2exp

( −1

1 − x20

)

.

Si x0 = 1 : On a limx→1+

ϕ(x) − ϕ(1)

x− 1= 0 et d’apres 3) on a lim

x→1−

ϕ(x) − ϕ(1)

x− 1= 0.

Donc les derivees a droite et a gauche sont egales. D’ou la derivabilite de ϕ avec

ϕ′(1) = 0.

Si |x0| > 1 : On a ϕ′(x0) = 0 comme en a).

Si x0 = −1 : Comme la fonction ϕ est paire, on obtient de b) que ϕ est derivable

en −1 et que ϕ′(−1) = 0.


① Soient a et b deux nombres reels tels que b > a et f une application de [a, b] dans

[a, b] verifiant la condition :

(1) ∀u, v ∈ [a, b], u 6= v =⇒ |f(u) − f(v)| < |u− v|.

② Montrer que la fonction f est continue.

③ Montrer que l’equation f(t) = t a une solution unique P . ( On etudiera les variations

de la fonction F definie par F (t) = f(t) − t, a savoir la monotonie, la continuite et

le signe).

④ Montrer que si f verifie la condition (1), alors l’application ϕ definie sur [a, b] par

ϕ(t) = f

f(t)

= f ◦ f(t)

est une application de [a, b] dans [a, b], qui verifie (1) et admet le meme point fixe

P que f (c’est a dire ϕ(P ) = P ).

170


⑤ On considere une application g de [a, b] dans [a, b], derivable, telle que

∀x ∈ [a, b], −1 < g′(x) < 0.

Montrer a l’aide du theoreme des accroissements finis , que g verifie (1). Tous les

resultats de 1) sont alors vrais.

⑥ Montrer que pour tout x ∈ [a, b], la suite definie par

u0 ∈ [a, b]

un = (g ◦ g)(un−1)

est monotone.

⑦ Montrer que la suite de terme general un converge. Quelle est sa limite ?

Solution.

① Rappelons la definition d’une fonction continue :

∀ε > 0, ∃η > 0, ∀u, v ∈ [a, b] : |u− v| < η =⇒ |f(u) − f(v)| < ε.

② Dans notre exemple, il suffit de prendre η = ε. La fonction f est donc continue.

③ Soit F (t) = f(t)−t. La fonction F est continue, elle est decroissante car si u < v

alors u− v < f(u)− f(v) < v− u et alors F (v) < F (u). De plus, comme f(a) et

f(b) ∈ [a, b], alors f(a) ≥ a et f(b) ≤ b. Donc F (a) ≥ 0 et F (b) ≤ 0. D’apres le

theoreme des valeurs intermediaires, F prend sur [a, b] toutes les valeurs comprises

entre F (a) et F (b). Or, F (b) ≤ 0 ≤ F (a) alors il existe P ∈ [a, b] tel que F (b) = 0

donc f(P ) = P . De plus, ce point P est unique. Pour le montrer raisonnons par

l’absurde et supposons qu’il existe deux points distincts P et P ′ dans l’intervalle

[a, b] tels que f(P ) = P et f(P ′) = P ′. Alors |f(P ) − f(P ′)| < |P − P ′|. Ce qui

est absurde car alors |P − P ′| < |P − P ′|.

④ Il est immediat que ϕ est une application de [a, b] dans lui-meme et pour tous

u, v ∈ [a, b] et u 6= v on a

|ϕ(u) − ϕ(v)| = |f(f(v)) − f(f(u))| < |f(u) − f(v)| < |u− v|.

171


Donc, l’application ϕ admet un point fixe unique et comme ϕ(P ) = f(f(P )) =

f(P ) = P . L’application ϕ admet le meme point fixe que f .

⑤ Application du theoreme des accroissements finis a l’application g. Il existe

c ∈]u, v[ tel que g(u)−g(v) = (u−v)g′(c). Et alors |g(u)−g(v)| = |(u−v)g′(c)| <|u − v|. Donc l’application g verifie (1). L’application g etant decroissante sur

l’intervalle [a, b] et par suite g ◦ g est croissante. Soit G(x) = g ◦ g(x) − x. On a

bien G(a) ≥ 0 et G(b) ≤ 0. Il existe un point P ′ ∈ [a, b] tel que G(P ′) = 0. Si

x ∈ [a, P ′] : On a G(x) ≥ 0, ce qui peut se traduire par par u1 ≥ u0 et comme

g ◦ g est croissante, on en deduit que g ◦ g(u1) ≥ g ◦ g(u0) donc u2 ≥ u1. Et par

recurrence, on a un+1 ≥ un. La suite (un) est croissante. Si x ∈ [P ′, b] : On a

G(x) < 0, ce qui peut encore se traduire par u1 < u0 et comme g◦g est croissante,

on en deduit que

g ◦ g(u1) < g ◦ g(u0) donc u2 < u1.

Et par recurrence, on a un+1 < un. La suite (un) est decroissante.

Dans les deux cas, la limite ℓ verifie g ◦ g(ℓ) = ℓ. La limite ℓ est donc l’unique

point fixe de l’application g.

Exercice 3.10.39. ☞ Soient F une fonction de classe C5 sur l’intervalle ]− 1, 1[ et

f sa derivee.

① Montrer qu’il existe un polynome unique q de degre inferieur a 3 tel que

q(0) = f(0), q(−1) = f(−1), q(1) = f(1) et q′(0) = f ′(0).

② Montrer qu’il existe un polynome Q tel que Q(0) = 0, Q′ = q et que

Q(1) −Q(−1) =1

3

f(−1) + 4f(0) + f(1)

.

③ Soit P le polynome P (x) =x2(1 − x2)

4!. Determiner sup

x∈[−1,1]

P (x).

④ Soit c tel que 0 < |c| < 1, c ∈ R. On pose

h(x) = f(x) − q(x) − f(c) − q(c)

P (c).P (x).

172


Montrer en utilisant le theoreme de Rolle, que h′ s’annule en 0 et en trois autres

points de ] − 1, 1[.

⑤ En deduire que h(4) s’annule sur l’intervalle ]−1, 1[ et qu’il existe un nombre t ∈]−1, 1[

tel que f (4)(t) =f(c) − q(c)

P (c).

⑥ Soit M un nombre tel que pour tout x ∈ [−1, 1], on a |f (4)(x)| ≤ M. Montrer que

pour tout x ∈ [−1, 1], on a

|f(x) − q(x)| ≤Mx2(1 − x2)

4!.

⑦ Montrer que ∣∣∣∣F (1) − F (−1) − 1

3[f(−1) + 4f(0) + f(1)]

∣∣∣∣≤ M

90.

(On pourra etudier le sens de variation des fonctions

x → P (x) −Q(x) − M

360(5x3 − 3x5)

x → P (x) −Q(x) +M

360(5x3 − 3x5)).

Solution.

① S’il existe deux solutios q1 et q2 de degre inferieure ou egal a 3. Le polynome

difference q1 − q2 est aussi de degre inferieure ou egal a 3 et s’annule en −1, 0

et 1. Donc q1 − q2 est proportionnel a x(x + 1)(x − 1) = x3 − x. Il existe alors

a ∈ R tel que q1(x) − q2(x) = a(x3 − x). Or, on a q′1(0) − q′2(0) = −a = 0 donc

q1 = q2. Le polynome K(x) = q(x)− (f(0) + xf ′(0))(1− x2) a une racine double

en 0. En effet, q(0) − f(0) = 0 et le polynome derive K ′(x) = q′(x) − f ′(0)(1 −x2) + 2x(f(0) + xf ′(0)) s’annule en x = 0. De plus, il est egal a q en 1 et −1. Il

est donc divisible par x2 et puisqu’il est de degre inferieure ou egal a 3, il s’ecrit

sous la forme x2(αx + β). En identifiant les valeurs en +1 et −1, on obtient

q(1) = f(1) = α + β et q(−1) = f(−1) = −α + β. On trouve α =f(1) + f(−1)

2

173


et β =f(1) − f(−1)

2. Donc

q(x) =

f(0) + xf ′(0)

(1 − x2) +x2

2

(1 + x)f(1) + (1 − x)f(−1)

.

② Si le polynome q s’ecrit q(x) = ax3 + bx2 + cx + d, le polynome qui convient est

Q(x) = ax4

4+ b

x3

3+ c

x2

2+ d. De plus Q(1) −Q(−1) =

2b

3+ 2d. En utilisant ce

qui precede, on trouve d = f(0) et b = −f(0) +f(2) + f(−1)

2. Donc

Q(1) −Q(−1) =1

3

f(−1) + 4f(0) + f(1)

.

③ Puisque P (1) = P (−1) = 0, le maximum de |P | sur l’intervalle [−1,+1] est obtenu

en une racine de

P ′ =1

4!

2x(1 − x2) − 2x3

=2x

4!(1 − 2x2).

Puisque P (0) = 0, le maximum de |P | est obtenu pour x2 =1

2c’est a dire

supx∈[−1,1]

(|P (x)|) =1

4!.1

2.1

2=

1

96.

④ D’apres la definition de q, la fonction f − q s’annule en −1, 0, 1 et sa derivee

s’annule en 0. Il en resulte que h s’annule en −1, 0 et 1. De plus h(c) = 0.

En vertu du theoreme de Rolle, la derivee h′ s’annule au moins une fois dans

chacun des 3 intervalles delimites par −1, 0 et 1. Comme h′(0) = 0, la fonction

h′ s’annule en 0 et en trois points non nuls de ] − 1, 1[. En appliquant encore le

theoreme de Rolle, h′′ s’annule au moins trois fois, h(3) au moins deux fois et h(4)

au moins une fois dans ] − 1,+1[. Soit t ∈] − 1, 1[ tel que h′(4)(t) = 0. Comme

q(4)(t) = 0 et p(4)(t) = 1. Alors on a

h(4)(t) = f (4)(t) − q(4)(t) − f(c) − q(c)

p(c)p(4)(t)

= f (4)(t) − f(c) − q(c)

p(c)= 0.

Donc f (4)(t) =q(c) − f(c)

p(c).

D’apres ce qui precede, on a pour tout c ∈] − 1,+1[, c 6= 0 et

f(c) − q(c) = P (c)f (4)(t) =⇒ |f(c) − q(c)| ≤M |P (c)| ≤Mc2(1 − c2)

4!.

Cette inegalite est encore valable en −1, 0 et 1, puisque les deux membres y sont

nuls.

174


⑤ Soit g(x) = F (x) −Q(x) − M

360(5x3 − 3x5). On a

g′(x) = f(x) − q(x) −Mx2 − x4

4!= f(x) − q(x) −MP (x).

D’apres 5) on a f(x) − q(x) ≤ MP (x). Donc g′(x) ≤ 0 et g est decroissante.

Donc

g(1) − g(−1) = F (1) − F (−1) −Q(1) +Q(−1) − M

90≤ 0.

C’est a dire F (1) − F (−1) −Q(1) +G(−1) ≤M/90. D’apres 2), on a

F (1) − F (−1) − 1

3

f(−1) + 4f(0) + f(1)

≤ M

90.

De meme en etudiant g1(x) = F (x) −Q(x) +M

360(5x3 − 3x5). On trouve

F (1) − F (−1) − 1

3

f(−1) + 4f(0) + f(1)

≥ −M90.

3.10 Problemes corriges

Enonce 1

Etudier la fonction f(x) = arcsin

(2ex − 3

ex + 1

)

et tracer sa courbe representative dans

un repere orthonorme. Etudier en particulier le domaine de definition, les

limites aux bornes de ce doamine, la derivabilite et le tableau de variation.

Solution :

① Domaine de definition et limites : La fonction f est definie si ex + 1 6=0 et −1 ≤ 2ex − 3

ex + 1≤ 1. Comme ex + 1 > 0 pour tout x ∈ R, alors tout

x ∈ Df doit verifier −(ex + 1) ≤ 2ex − 3 ≤ ex + 1 soit que2

3≤ ex ≤ 4 donc

Df =

[

ℓn

(2

3

)

, ℓn(4)

]

. Si l’on Pose u : t 7→ 2t− 3

t+ 1, la fonction f s’ecrit comme

composee de fonctions a savoir : f = arcsin ◦u ◦ exp. Pour x ∈ Df , alors ex ∈

175


[2

3, 4

[

. Mais la fonction u est strictement croissante sur cet intervalle, alors

u(ex) ∈ [−1, 1] et comme arcsin est definie continue sur [−1, 1], il s’en suit que et

f est continue sur Df . D’ou les limites suivantes aux bornes de Df :

limx→ℓn( 2

3)f

ℓn

(2

3

)

= −π2

et limx→ℓn(4)

f(ℓn(4)) =π

2.

② Derivabilite : Comme arcsin est derivable sur ] − 1, 1[=, alors la fonction f ,

qui est composee de fonctions derivables, sera derivable sur Df prive des points

ou u(ex) = −1 et u(ex) = 1; donc plus precisement, priveee des points ℓn

(2

3

)

et

ℓn(4). La fonction f est derivable sur

]

ℓn

(2

3

)

, ℓn(4)

[

.

Pour calculer la derivee, on ecrit f(x) = arcsin(u(ex)). Donc, en appliquant la

derivee d’une composee, on obtient f ′(x) = arcsin′(u(ex)) × u′(ex) × (ex)′. Or,

arcsin(y) =1√

1 − t2; u′(t) =

5

(t+ 1)2; (ex)′ = ex.

En remplacant chaque terme par son expression, on trouve :

f ′(x) =1

√

1 − u(ex)2× 5

(ex + 1)2× ex

=5ex

(ex + 1)√

(3ex + 1)(−ex + 4)> 0.

Donc, la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle

]

ℓn

(2

3

)

, ℓn(4)

[

.

③ Tableau de variations :

x ℓn (2/3)

f ′(x)

f(x)

−π

2

ℓn(4)

π

2

+

GG��

176


④ Courbe representative : La courbe Cf admet des demi-tangentes aux points :

A =(

ℓn(4),π

2

)

et B =

(

ℓn

(2

3

)

,−π2

)

.

Elles sont perpendiculaires a l’axe des ordonnees car

limx→ℓn( 2

3)f ′

ℓn(x)

= +∞ et limx→ℓn(4)

f ′(x) = −∞.

π

2

−π

2

ℓn(4)

ℓn(23

)

x′ x

y′

y

o

Cf

Enonce 2

Soit la fonction f definie par

f(x) =

√

x2 − 3 +2

x.

Determiner son domaine de definition Df et les limites de f aux bornes de Df . Etudier

la continuite de f et dresser son tableau de variation puis tracer sa courbe representative

Cf .

Solution :

177


① Domaine de definition : On peut ecrire f(x) =√

h(x) ou h(x) = x2−3+2

x=

(x− 1)2(x+ 2)

xqui s’annule pour x = 1 et x = −2. La fonction est definie si

h(x) ≥ 0, mais h(x) est de meme signe que x(x + 2) qui sera positif si x ∈] −∞,−2] ∪ [0,+∞[= Df . De plus, la fonction est continue sur Df puisqu’elle

s’ecrit comme composee d’une fonction racine carree et d’une fonction rationnelle

qui sont continues sur Df .

② Limites aux bornes de Df : La fonction f est definie et continue a gauche

de f et limx→−2−

f(x) = f(−2) = 0. A droite de 0, on a limx→0+

= limx→0+

√

1

x=

+∞. A l’infini, on a limx→±∞

f(x) = limx→±∞

√

(x2) = limx→±∞

|x| = ±∞. La courbe

admet la droite d’equation x = 0 comme asymptote verticale. Determinons les

asymptotes obliques suivant que x tend vers +∞ ou −∞. La fonction f s’ecrit

f(x) = |x|√

1 − 3

x+

2

x3, donc lim

x→+∞

f(x)

x= +1 et lim

x→+∞

f(x)

x= −1. Or, apres

multiplication par le conjugue du denominateur, on obtient f(x)− x =−3 + 2

x

f(x) + x

et f(x) + x =−3 + 2

x

f(x) − x. Donc lim

x→+∞[f(x) − x] = 0− et lim

x→+∞[f(x) − (−x)] = 0+.

Lorsque x → +∞, la courbe Cf admet comme asymptote oblique la premiere

bissectrice d’equation y = x et f(x)−x < 0, donc la courbe est au-dessous de son

asymptote. Lorsque x → −∞, la courbe Cf admet comme asymptote oblique la

deuxieme bissectrice d’equation y = −x, mais f(x) + x < 0, donc la courbe est

au-dessus de son asymptote.

③ Derivabilite : La fonction x → √x est derivable sur R+

∗ , comme f(x) =√

h(x)

alors f est derivable en tout point de Df tel que h(x) 6= 0. Donc, elle est deribable

sur ] −∞,−2[∪]0, 1[∪]1,+∞[. Sa derivee est

f ′(x) =u′(x)

2√

u(x)=x3 − 1

x2f(x).

Derivabilite en (−2)− : On utilise la definition de la derivee en −2−. Le taux

d’accroissement s’ecrit

T−2(x) =f(x) − f(−2)

x− (−2)=

|x− 1|√

x+ 2

xx+ 2

.

178


Lorque x→ −2−, on a x+ 2 < 0, x < 0 et |x− 1| = 1− x. Donc

√

x+ 2

xx+ 2

est du

meme signe que√

−(x+ 2)

−x−√

((−x− 2))2.

On obtient alors

T−2(x) =1 − x√

−x − 2√−x

D’ou f ′(−2) = limx→−2−

= −∞. Donc la fonction f n’est pas derivable a gauche

de −2. Ainsi, la courbe Cf admet, a gauche de −2, une demi-tangente verticale

tournee vers le haut.

Derivabilite en 1+ : On applique le meme principe que precedemment pour

obtenir que f ′(1+) = limx→1+

T1(x) =√

3. La courbe Cf admet, au voisinage de 1+,

une demi-tangente de cœfficient directeur√

3.

③ Tableau de variation : Comme x2f(x) > 0, la derivee f ′ est du meme signe

que x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1) c’est-a-dire de meme signe que x − 1 puisque

x2 + x+ 1 est positif. Le tableau de variation de f est alors

x −∞

f ′(x)

+∞

f(x)

–

��;;;

;;;;

;;;;

−2

0

0

+∞

0

1

0

–

��888

8888

8888

+∞

+∞

+

FF

④ Courbe Cf : La courbe Cf representative de la fonction f prend l’allure

179


−2 1x′

x

y′

y

0

f(x) =

√

x2 − 3 +2

x

Cf

180

Chapitre 4Developpements limitee et Formule de Taylor

C’est au 19eme siecle, suite au travaux de plusieurs Mathematicien dont Taylor, Young,

Lagrange et MacLaurin, qu’on s’est rendu compte du besoin d’approcher les fonctions

usuelles par des polynomes. Plus precisement, l’existence de la derivee d’ordre n d’une

fonction f au voisinage d’un certain x0 implique l’existence d’un polynome Pn de degre

inferieure ou egale a n tel que la difference f − Pn soit negligeable devant (x− x0)n. On

commence, tout d’abord, par definir les notions permettant de comparer deux fonctions.

4.1 Fonctions equivalentes

Soient I un intervalle du corps K des nombres complexes ou reels et x0 ∈ I. Soient f et

g ∈ F(I,K) deux fonctions definies sur I et a valeurs dans K.

Definition. La fonction f est dite equivalente a la fonction g au voisinage de x0

lorsqu’il existe une fonction h ∈ F(I,K) tel que

f(x) = g(x)h(x) et limx→x0

h(x) = 1.

On ecrira dans ce cas

f ∼ g au voisinage de x0.

181


La relation ∼ ainsi definie est une relation d’equivalence qui verifie les proprietes suiv-

antes :

① Soient f, g, ϕ et φ ∈ F(I,K). Si f ∼ f1 et g ∼ g1 alors fg ∼ f1g1. Par contre

f ± g 6∼ f1 ± g1, comme on peut le constater sur l’exemple suivant : x+x2 ∼ x+x3

et x ∼ x alors que x2 6∼ x3. De meme si f et g sont non nulles, on a

1

f∼ 1

f1et [f(x)]n ∼ [f1(x)]

n , α ∈ R.

Cette derniere equivalence depend bien evidemment du signe de f et f1 et de la

parite de n.

② Dans une expression du genre

F (x) =[f1(x)]

n1 [f2(x)]n2 · · · [fp(x)]

np

[g1(x)]m1 [g1(x)]m2 · · · [gh(x)]mh,

on peut remplacer chaque fonction par l’expression qui lui est equivalente, mais il

ne faut jamais procede a des sommes ou a des differences.

La notion de fonctions equivalentes permet de ramener, localement, l’etude d’une fonction

a celle d’une fonction dont le comportement est connu.

☞ Exemple 4.1.1 Soit P un polynome de degre n qui s’ecrit sous la forme

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0.

Alors

P (x) ∼ anxn lorsque x tend vers ±∞.

En effet, le polynome P s’ecrit

P (x) = anxn

1 +an−1

an

1

x+ · · ·+ a1

an

1

xn−1+a0

an

1

xn

= anxnk(x).(4.1)

Ce qui donne le resultat puisque limx→±∞

k(x) = 1. Ainsi si P et Q sont deux polynomes de

degres respectifs n et m et de cœfficients dominants an et bn, alors

P (x)

Q(x)∼ an

bm

xn−m lorsque x tend vers ±∞. ◆

182


☞ Exemple 4.1.2 Soit f une fonction derivable au point x0. La fonction f s’ecrit au

voisinage de x0 sous la forme

f(x) − f(x0) ∼ (x − x0)f′(x0) lorsque x → x0.

Ceci applique au voisinage de 0 aux fonctions usuelles, on obtient les equivalences suivantes

sin x ∼ x; sinh x ∼ x; tg x ∼ x.

et

ex − 1 ∼ x; ln(1 + x) ∼ x.

De meme, on a

(1 + x)α ∼ 1 + αx; arctg x ∼ x; arcsin x ∼ x.

D’autre part, pour tout x ∈ R, on a 1 − cos x = 2 sin2(x

2

)

. Mais, au voisinage de 0,

sin x ∼ x. Ce qui donne l’equivalence utile suivante

1 − cos x ∼x2

2. ◆

☞ Exemple 4.1.3 Supposons qu’on veut calculer la limite de f(x) = (1+3 sin2 x)1/xtg x

lorsque x→ 0. Cette fonction presente une indetermination exponentielle de la forme 1∞.

Remarquons que f peut s’ecrire sous la forme f(x) = exp

1

xtg xℓn(1 + 3x2)

. Mais,

au voisinage de 0, on a sinx ∼ x, tg x ∼ x et ℓn(1 + 3x2) ≃ 3x2. Alors f(x) ∼exp

(1

x2ln(1 + 3x2)

)

≃ e3. Enfin limx→0

f(x) = e3. ◆

Une certaine classe de fonctions dites indefiniment differentiables jouera un role im-

portant dans ce qui suit. Soit f ∈ F(I,K). Si la derivee f (n) d’ordre n de f est continue,

la fonction f est dite de classe Cn. Il est clair que, dans ce cas, la fonction f est de

classe Ci pour i < n. Par ailleurs, la fonction suivante est de classe Cn, mais elle n’est pas

de classe Cn+1 :

f(x) =

xn+1 si x 6= 0

0 si x = 0.

183


Si toutes les derivees de f existent et sont continues, on dit que la fonction f est de classe

C∞ ou que f est indefiniment differentiable. Par exemple, la fonction f(x) = e−1

x2 est

definie et de classe C∞ sur R∗.

4.2 Formule de Taylor avec reste de Lagrange

Nous avons vu que si une fonction f ∈ F(I,K) est derivable au voisinage de x0, il existe

une fonction ε(x) qui tend vers 0 au voisinage de x0 tel que

f(x) = xf ′(x0) + f(x0) − x0f′(x0) + (x− x0)ε(x)

ou limx→x0

ε(x) = 0. Ainsi, en posant a = f ′(x0) et b = f(x0)−x0f′(x0), la fonction f s’ecrit

f(x) = ax+ b+ xε(x), ou limx→x0

ε(x) = 0.

Autrement dit, au voisinage de x0, on a

f(x) ∼ ax + b.

On peut, ainsi, remplacer la fonction f par un polynome de degre 1 a savoir ax+ b. Cette

substitution d’une fonction par un polynome se generalise a une fonction indefiniment

derivable sur l’intervalle I. En fait, Toute fonction f differentiable jusqu’a l’ordre n + 1,

peut s’ecrire approximativement au voisinage d’un point x0 sous la forme d’un polynome

de degre n. L’erreur commise dans cette approximation s’exprime en fonction de sa derivee

f (n+1). Ceci est en substance la formule de Taylor de f sur un intervalle contenant x0.

Theoreme 4.2.1 (Taylor-Lagrange). Soit f ∈ F([a, b],K) une fonction definie sur

[a, b], de classe Cn et admet une derivee d’ordre n + 1 definie sur ]a, b[. Il existe alors

x0 ∈]a, b[ tel que

f(b) = f(a) +(b − a)

1!f ′(a) + · · · +

(b − a)n

n!f (n)(a) +

(b − a)n+1

(n + 1)!f (n+1)(x0).

Preuve : Definissons la fonction auxilliaire suivante

ϕ(x) = f(b) −{

f(x) + (b− x)f ′(x) + · · · + (b− x)n

n!f (n)(x)

}

+ γ(b− a)n+1, γ ∈ R.

184


On choisira la constante γ pour que le theoreme de Rolle soit applique a la fonction ϕ.

La fonction ϕ est continue et differentiable sur [a, b] et verifie ϕ(b). Pour que ϕ(a) = 0 il

faut que

γ =1

(b− a)n+1

{

−f(b) + f(a) + (b− a)f ′(a) + · · ·+ (b− a)n

n!f (n)(a)

}

.

Avec ce choix de γ, la fonction auxilliaire ϕ verifie les hypotheses du theoreme de Rolle.

Il existe ainsi x0 ∈]a, b[ tel que ϕ′(x0) = 0, c’est a dire

γ =1

(n+ 1)!f (n+1)(x0).

Le theoreme est demontre. ◆

Changeons de notation en prenant a = x et b = x+ h. Tout nombre x0 ∈]x, x+ h[ s’ecrit

sous la forme x+ θh, 0 < θ < 1. La formule de Taylor avec reste de Lagrange devient

f(x + h) = f(x) +h

1!f ′(x) + · · · +

hn

n!f (n)(x) +

hn+1

(n + 1)!f (n+1)(x + θh).

Pour n = 0, cette formule donne le theoreme des accroissemnts finis.

Avec les hypotheses du theoreme 1 et en prenant a = 0 et h = x dans la formule

precedente, on obtient la formule de McLaurin avec reste de Lagrange

f(x) = f(0) +x

1!f ′(0) + · · ·

xn

n!f (n)(0) +

xn+1

(n + 1)!f (n+1)(θx).

Cette formule est valable si f admet des derivees continues jusqu’a l’ordre n et que la

derivee d’ordre n + 1 existe dans un intervalle ferme dont les extremites sont 0 et x.

Le nombre

Rn(x) =xn+1

(n + 1)!f (n+1)(θx)

est dit reste de Lagrange.

☞ Exemple 4.2.1 Prenons f(x) = sin x, alors

f ′(x) = cosx, f ′′(x) = − sin x, f (3)(x) = − cosx, · · ·

185


En appliquant la formule de McLaurin au voisinage de 0 pour n = 8, il vient que

sin x = x− x3

6+

x5

120− x7

5040+

x9

362880cos θx

avec 0 < θ < 1 et ξ = θx. Pour x ∈[

0,π

2

]

, on a 0 ≤ cos θx ≤ 1. Donc

x− x3

6+

x5

120− x7

5040≤ sin x ≤ x− x3

6+

x5

120− x7

5040+

x9

362880.

Ces inegalites nous permettent de calculer sin x avec une bonne approximation. Mais

l’approximation deviendrait encore meilleure si on appliquait la formule de McLaurin au

voisinage de 0 avec un ordre plus eleve. On precisera cette idee plus tard. ◆

Il est clair qu’au voisinage du point 0, ou la limite suivante est nulle

limn→∞

R(x) = limn→∞

xn+1

(n+ 1)!f (n+1)(ξ) = 0, ξ ∈]0, x[,

la fonction f s’ecrit

f(x) = f(a) +∞∑

n=1

(x− a)n

n!f (n)(a).

Le second membre de cette egalite est dit serie de Taylor de f au voisinage de a. C’est

le developpement en serie entiere de la fonction x→ sin x un nombre infini de termes.

☞ Exemple 4.2.2 La serie de Taylor associee a la fonction x→ ex au voisinage de 0 est

ex = 1 + x +x2

2!+ · · · +

xn

n!+ · · ·

Puisque, au voisiange de 0, on a limn→+∞

xn+1

(n+ 1)!eξn = 0. En effet, soit m un entier tel que

m > 2|x|. Pour n ≥ m, on a

xn+1

(n + 1)!eξn = e|ξ|.

|x|mm!

( |x|m+ 1

)( |x|m+ 2

)

· · ·( |x|n+ 1

)

≤ e|ξ|.|x|mm!

(1

2

)n−m+1

.

On a alors

|Rn(x)| ≤M.

(1

2

)n

avec M = 2m−1.e|ξ|.|β|mm!

.

Donc limn→∞

|Rn(x)| = 0. ◆

186


4.3 Position d’une courbe par rapport a sa tangente

Soient f ∈ F(I,K) dont le graphe est note par Cf et x0 un point de l’intervalle I. La

tangente a Cf au point a pour equation

y = (x− x0)f′(x0) + f(x0) = hf ′(x0) + f(x0), h = x− x0.

Soit n ≥ 2 le plus petit entier tel que f (n)(x0) 6= 0. La formule de Taylor avec reste de

Lagrange s’ecrit au voisinage du point x0 s’ecrit

f(x0 + h) = f(x0) + hf ′(x0) +(x− x0)

n

n!

[f (n)(x0) + 0(1)

]

lorsque h→ 0. Ce qui donne

f(x0 + h) − [f(x0) + (x− x0)f′(x0)] =

hn

n!

[f (n)(x0) + 0(1)

]

La difference f(x0 + h) − [f(x0) + (x− x0)f′(x0)] est ainsi du signe

(x− x0)n

n!

[f (n)(x0)

].

On distingue ainsi 4 cas, a savoir :

n est paire : Le signe de la difference precedente est celui de αn = f (n)(x0). La courbe

reste du meme cote de sa tangente au voisinage de x0. En fait, la tangente est en dessous

de la courbe Cf si αn > 0 et au dessus si αn < 0.

n est impaire : Le signe de la difference precedente est celui de f (n)(x0). Suivant les

cas, la courbe franchit sa tangente au point x0.

4.4 Formule de Taylor-Young et developpements limites

Le developpement de Taylor avec reste de Young est local. On l’utilise, en general, pour

etudier une fonction au voisinage d’un point (developpement limite, concavite locale,

asymptote ...). Par contre la formule de Taylor avec reste de Lagrange et son cas particulier

la formule des accroissements finis sont utilisees essentiellement dans l’etude globale d’une

fonction (sens de variation et concavite sur un intervalle).

On se contente de demontrer la formule de Taylor avec reste de Young sur un intervalle

I contenant 0. On laissera au lecteur le soin d’etendre cette demonstration en un point

x0 ∈ I.

187


Theoreme 4.4.1 (McLaurin-Young). Soit f ∈ F(I,K) une fonction de classe

Cn sur l’intervalle I et que f (n)(0) existe en 0. Alors f admet au voisinage de 0 le

developpement limite d’ordre n suivant

f(x) = f(0) +f ′(0)

1!x +

f ′′(0)

2!x2 + · · · +

f (n)(0)

n!xn + xnε(x)

ou limx→0

ε(x) = 0.

Preuve : Fixons un reel positif non nul x de l’intervalle I et considerons un nombre Hx

qui verifie

f(x) − f(0) − f ′(0)

1!x− f ′′(0)

2!x2 − · · · − f (n−1)(0)

(n− 1)!xn−1 − Hx

n!xn = 0.

Pour tout ℓ ∈ [0, x], definissons une fonction auxilliaire de la forme

ϕ(ℓ) = f(ℓ) − f(0) − f ′(0)

1!ℓ− f ′′(0)

2!ℓ2 − · · · − f (n−1)(0)

(n− 1)!ℓn−1 −Hx

ℓn

n!.

Ses derivees jusqu’a l’ordre n− 1, sont

ϕ′(ℓ) = f ′(ℓ) − f ′(0) − f ′′(0)

1!ℓ− · · · − f (n−1)(0)

(n− 2)!ℓn−2 −Hx

ℓn−1

(n− 1)!

ϕ′′(ℓ) = f ′′(ℓ) − f ′′(0) − f (3)(0)

1!ℓ− · · · − f (n−1)(0)

(n− 3)!ℓn−3 −Hx

ℓn−2

(n− 2)!...

......

ϕ(n−1)(ℓ) = f (n−1)(ℓ) − f (n−1)(0) −Hxℓ.

Comme ϕ(0) = ϕ(x) = 0, d’apres le theoreme de Rolle il existe ξ1 ∈]0, x[ tel que ϕ′(ξ1) = 0.

D’autre part, on a ϕ′(0) = ϕ′(ξ1) = 0. On applique une deuxieme fois le theoreme de Rolle

ξ2 ∈]0, ξ1[ tel que ϕ′′(ξ2) = 0. On reitere ce procede jusqu’a l’ordre n− 1. On trouve ξ =

ξn−1 ∈]0, ξn−2[⊂]0, x[ tel que ϕ(n−1)(ξn−1) = 0. Ainsi, on a Hx =ϕ(n−1)(ξ) − ϕ(n−1)(0)

ξ. Ce

qui donne limx→0

Hx = f (n)(0). Autrement dit Hx = f (n)(0)+ε(x) tel que limx→0 ε(x) = 0. ◆

☞ Exemple 4.4.1 La fonction f(x) = ex est definie sur R. Donc f (n)(x) = ex et alors

f (n)(0) = 1. Par suite

ex = 1 +x

1!+

x2

2!+ · · · +

xn

n!+ xnε(x).

188


En substituant x par −x dans ce developpemennt, on obtient le developpement de McLau-

rin avec reste de Young de e−x. Ce qui donne le developpement de McLaurin des fonctions

sinh x et cosh x, a savoir

sinh x =x

1!+x3

3!+ · · ·+ x2n+1

(2n+ 1)!+ x2n+2ε(x)

cosh x = 1 +x2

2!+ · · · + x2n

(2n)!+ x2n+1ε(x).

☞ Exemple 4.4.2 La fonction ϕ(x) = sin x est definie sur R et pour tout n ∈ N, on a

ϕ(n)(x) = sin(

x+ nπ

2

)

et f (n)(0) = sin(nπ

2

)

.

Ce qui donne

ϕ(n)(0) =

0 si n = 2p

(−1)p si n = 2p+ 1.

Ainsi

sin x =x

1!− x3

3!+ · · · + (−1)p

x2p+1

(2p + 1)!+ x(2p+2)ε(x).

☞ Exemple 4.4.3 rm La fonction φ(x) = cosx est definie sur R et pour tout n ∈ N, on

a

φ(n)(x) = cos(

x+ nπ

2

)

, φ(n)(0) = cos(nπ

2

)

.

Ce qui donne

φ(n)(0) =

(−1)p si n = 2p

0 si n = 2p+ 1.

Ainsi

cos x = 1 − x2

2!+ · · · + (−1)p

x2p

(2p)!+ x(2p+1)ε(x).

☞ Exemple 4.4.4 La fonction x→ ℓnx n’est pas definie au point 0 et ne peut avoir un

developpement au voisinage de 0. Toutefois, on peut appliquer la formule de Taylor-Youg

a la fonction f(x) = ln(x+ 1) au voisinage de 0. Ainsi

f (n)(x) =

(−1)n−1 (n− 1)!

(1 + x)nsi x 6= 0

(1)n−1(n− 1)! si x = 0.

189


Donc

ℓn(1 + x) = x −x2

2+

x3

3− · · · + (−1)n−1

xn

n+ xnε(x).

Definition. Soient f ∈ F(I,K) et n ∈ N. L’ecriture

f(x) = α0 + α1x+ · · · + αnxn + xnε(x)

lorsque x→ 0, est dite developpement limite d’ordre n de f au voisinage de zero.

Cette definition impose les remarques suivantes :

① Le developpement limite d’une fonction a un ordre quelconque, lorsqu’il existe sur

un intervalle, est unique.

② Si la fonction f admet un developpement limite d’ordre n, alors elle admet un

developpement au voisinage de 0 d’ordre p avec 0 ≤ p ≤ n.

③ Si la fonction f est paire (resp. impaire), les cœfficients d’indice impair α2k+1 (resp.

αk), k ∈ N∗), sont nuls. Remarquer, par exemple, le developpement de x → cosx

(resp. x→ sin x).

La formule de Taylor-Young nous permet d’ecrire le developpement limite des fonctions

usuelles. Toutefois, si une fonction dont les derivees sont difficile a compiler au voisinage

de l’origine, il est conseille de l’ecrire sous forme de fonctions elementaires et d’appliquer

les operations sur les developpements limites.

☞ Exemple 4.4.5 La formule de McLaurin avec reste de Young, nous donne au voisi-

nage de 0, les developpements limites suivants

(1 + x)α = 1 +α

1!x +

α(α − 1)

2!x2 + · · · +

α(α − 1) · · · (α − n + 1)

n!xn + xnε(x).

Si α = −1,1

2,−1

2, on obtient respectivemet les developpements

1

x+ 1= 1 − x+ x2 − x3 + · · · + (−1)nxn + xnε(x)

190


√1 + x = 1 +

1

2x− 1

8x2 + · · ·+ (−1)n−1 1.3.5. · · · .(2n− 3)

2.4.6. · · · (2n)xnxnε(x)

1√1 + x

= 1 − 1

2x+

3

8x2 + · · ·+ (−1)n 1.3.5. · · · .(2n− 1)

2.4.6. · · · (2n)xnxnε(x).

De meme, on a

arctan x = x− x3

3+x5

5− x7

7+ · · ·+ (−1)n x

2n+1

2n+ 1+ x2n+2ε(x)

arcsin x = x+1

2

x3

3+ · · ·+ 1.3.5. · · · .(2n− 1)

2.4.6 · · · (2n)

x2n+1

2n+ 1+ x2n+2ε(x).

Remarque. Malgre la connexion etroite entre les developpements limites et les series

de Taylor, on prendra soin de signaler la difference entre les deux notions. La serie de

Taylor comporte une infinite de terme et donne la valeur de la fonction dans un intervalle

de convergence. Par contre le developpement limite ne comporte qu’un nombre fini de

termes et donne le renseignement que quand la variable tend vers 0.

4.5 Operations sur les developpements limites

Soient f, g ∈ F(I,K) deux fonctions dont les developpements limites sont

f(x) = α0 + α1x+ α2x2 + · · ·+ αnx

n + xnε1(x)

g(x) = β0 + β1x+ β2x2 + · · ·+ βnx

n + xnε2(x)

avec limx→0

εi(x) = 0, i = 1, 2.

Somme et produit : Le developpement de la somme f(x) + g(x) est

f(x) + g(x) = (α0 + β0) + (α1 + β1)x+ · · ·+ (αn + βn)xn + xnε′(x)

avec ε′(x) = ε1(x) + ε2(x) et limx→0

ε′(x) = 0. Le produit admet le developpement suivant

f(x).g(x) = α0β0 + (α0β1 + α1β0)x+ · · · + (α0βn + · · ·αnβ0)xn + xnε′′(x)

ou limx→0

ε′′(x) = 0.

191


☞ Exemple 4.5.1 le developpement a l’ordre 6 de x→ tg 2x est

tg 2x =

(

x+x3

3+

2x5

15+

17x7

315+ x7ε(x)

)(

x+x3

3+

2x5

15+

17x7

315+ x7ε(x)

)

= x2 +2x4

3+

17x6

45+ x6ε(x). ◆

En fait, la fonction x→ tg 2x est une fonction paire et alors toutes les puissances impaires

disparaissent. On a effectue les produits des monomes de degre inferieure ou egal a 3. ◆

Quotient : On suppose que β0 = g(0) 6= 0 et que les fonctions f et g ∈ F(I,K) admettent

respectivement au voisinage de 0 les developpements limites d’ordre n suivants

f(x) = A(x) + xnε1(x) et g(x) = B(x) + xnε2(x)

avec limx→0

εi(x) = 0, i = 1, 2. Pour trouver le developpement limite du quotientf(x)

g(x),

on effectue la division euclidienne de A par B suivants les puissances croissantes jusqu’a

l’ordre n. On obtient ainsi deux polynomes Q et R avec d0Q ≤ n tel que

A(x) = B(x)Q(x) + xn+1R(x).

Et alors

f(x)g(x) = Q(x) + xnε(x), limx→0

ε(x) = 0.

☞ Exemple 4.5.2 Soit la fonction f(x) =x

sin xdefinie sur l’intervalle ] − π, 0[∪]0,+π[.

Cherchons son develeppement a l’ordre 6 au voisinage de 0. Le developpment limite de

sin x nous donne

f(x) =1

1 − x2

3!+x4

5!− x6

7!+ x6ε(x)

= 1 − u(x) + u2(x) − u3(x) + x6ε(x)

avec u(x) = −x2

3!+x4

5!− x6

7!+ x6ε(x). En fait, on a effectue la division euclidienne de 1

par 1 + u(x). D’ou

f(x) =x

sin x= 1 +

x2

6+

7x4

360+

31x6

15120x6 + x6ε(x). ◆

Composition : Supposons que f(0) = 0 c’est a dire que limx→0

f(x) = 0 et que

f(x) = α1x+ α2x2 + · · ·+ αnx

n + xnε(x), limx→0

ε(x) = 0.

192


Alors

g(f(x)) = β0 + β1f(x) + · · · + βn[f(x)]n + [f(x)]nε(f(x)).

Cett expression est une somme de fonctions qui admettent des developpements limites au

voisiange de 0 a l’ordre n, elle a un sens puisque limx→0

ε(f(x)) = 0.

☞ Exemple 4.5.3 Soit a developper la fonction composee f(x) = sin(ℓn(1+x)) a l’ordre

3 au voisinage de 0. Quand x tend vers 0, ln(1 + x) tend vers 0. Le developpement limite

de sin(ln(1 + x)) au voisinage de 0 se ramene donc a celui de sin u au voisinage de 0.

Considerons d’abord u = ln(1 + x). Au voisinage de x = 0, on a

u = ℓn(1 + x) = x− x2

2+x3

3+ x3ε(x).

On voit que si x tend vers 0, alors u tend vers 0. Considerons ensuite l’expression y = sin u.

Au voisinage de 0, on a sinu = u− u3

6+u3ε(u). En remplacant u par sa valeur, on trouve

sin ℓn(1 + x)) = x− x2

2+x3

6+ x3ε(x). ◆

☞ Exemple 4.5.4 Developpement limite a l’ordre 2 de√

cosx au voisinage de 0. Sur

l’intervalle[

−π2,π

2

]

, cette fonction x→ √cosx est definie. Or,

cosx = 1 + u+ uε(u)

avec u = −x2

2. Le developpement que

√cos x se presente comme celui d’une fonction

composee. Ainsi

√cosx =

√1 + u = 1 +

u

2+ uε(u)

= 1 − x2

4+ x2ε(x). ◆

4.6 Developpements limites generalises

Au lieu de considerer des fonctions definies dans un intervalle admettent 0 pour point

interieur, on peut considerer des fonctions definies dans un intervalle admettant 0 pour

extremite. De telle fonctions peuvent admettre des developpements limites au voisinage

de 0.

193


Supposons que l’intervalle I contient 0 et soit f ∈ F(I,K) telle que limx→0

f(x) = ±∞. Alors

f n’admet certainement pas de developpements limites au voisinage de O. mais il se peut

que xkf(x), k ∈ N, tende vers une limite finie α0 quand x tend vers 0. Ainsi, la fonction

g definie par

g(x) =

xkf(x) si x 6= 0

α0 si x = 0

admet un developpement limite au voisinage de 0 de la forme

g(x) = α0 + α1x+ · · ·+ αnxn + xnε(x), lim

x→0ε(x) = 0.

Alors

f(x) = α01xk + α11x

k−1 + · · ·+ αn1xk−n + xn−kε(x), limx→0

ε(x) = 0.

On dit que f admet un developpement generalise ou asymptotique au voisinage de 0.

☞ Exemple 4.6.1 La fonction x→ 1

tg xest definie pour x 6= 0. Dans ce cas, elle s’ecrit

1

tg x=

cosx

sin x=

1 − x2

2+ x3ε(x)

x− x3

6+ x4ε(x)

.

Donc

x

tg x=

1 − x2

2+ x3ε(x)

1 − x2

6+ x3ε(x)

= 1 − x2

3+x4

24+ x3ε(x).

Ce qui donne le developpement generalise de la fonction x→ 1

tg x

1

tg x=

1

x− x

3+ x2ε(x), lim

x→0ε(x) = 0. ◆

On peut aussi developper les fonctions au voisinage de ±∞, en se ramenant au cas etudie

plus haut par le changement de variable y =1

x.

☞ Exemple 4.6.2 Developpons la fonction f(x) = 3√

1 + x − 2√x lorsque x tend vers

+∞. On pose y =1

t, ce qui donne

f

(1

y

)

= 3√

1 + 1/y − 3√

1/y = 3√

1/y(

3√

1 + 1/y − 1)

194


= y−1/3

(

1 +1

3y + yε(y)− 1

)

=1

3y2/3(1 + 3ε(y))

=1

3x2/3− 1

x2/3ε

(1

x

)

, limx→∞

ε

(1

x

)

= 0.

☞ Exemple 4.6.3 Developpons la fonction suivante lorsque x→ +∞ a l’ordre 3 f(x) =√x2 + 1

xexp(arctanx) Posons u =

1

xqui tend vers 0+. La fonction f s’ecrit

f(u) =

√u2 + 1

uexp

(

arctan

(1

u

))

.

Compte tenu de la relation arctanu+ arctan

(1

u

)

=π

2pour u > 0 on obtient

f(u) = eπ/2

√u2 + 1

uexp (arctan (−u)) .

Or √u2 + 1

u= 1 +

1

2u2 + ε(u3)

et puisque arctan(−u) == −u+u3

3+ ε(u3), il vient que

exp(arctan(−u)) = 1 − u+1

2u2 +

1

6u3 + ε(u3).

Finalement, on a le developpement asymptotique de f au voisinage de +∞

f(x) = eπ2

1 − 1

x+

1

x2− 1

3

1

x3+ ε

(1

x3

)

Si le developpement asymptotique de la fonction f est de la forme

f(x) = αx+ β +γ

xn+

1

xn+ ε

(1

x

)

, limx→±∞

ε

(1

x

)

= 0, γ ∈ R∗.

La courbe Γf representative de f admet comme asymptote la droite au voisinage de

l’infini, la droite d’equation y = αx + β. La position de la courbe par rapport a cette

asymptote est donnee par le termeγ

xn. Remarquons que les cœfficients α et β sont donnes

par

α = limx→±∞

f(x)

xet β = lim

x→±∞[f(x) − αx].

195


☞ Exemple 4.6.4 Soit la fonction f(x) = e1/x√

x(x+ 2). Determinons son asymptote

sous la forme y = αx+ β. On a α = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞e1/x

√

1 +2

x= 1. D’autre part

[f(x) − x] = e1x

√

1 +2

x− 1

=1

u[eu

√1 + 2u− 1] u =

1

x

=1

u

(

1 + u+u2

2+ ε(u2)

)(

1 + u− 1

8u2 + ε(u2)

)

− 1

.

= 2 +11

8u+ ε(u).

Ce qui donne β = limx→∞

[f(x) − x] = 2. L’equation de l’asymptote est alors y = x + 2.

La position de cette asymptote par rapport a la courbe Cf est donne par le signe de

f(x) − [x + 2] =11

8x+ ε

(1

x

)

. Ainsi, pour x ≥ 0 la courbe Cf est au dessus de son

asymptote. Lorsque x tend vers −∞ la courbe Cf admet la droite d’equation y = −x− 2

comme asymptote et que la courbe Cf se trouve au dessus de cette asymptote, comme on

peut le voir en procedant de le meme facon qu’au voisinage de +∞. ◆

Les limites difficiles se presentent en general sous forme indeterminees, les developpements

limtes fournissent un outil efficace pour les calculer. Il s’agit de remplacer chaque terme

par son developpememnt limite et appliquer ensuite les regles de calcul sur les developpements

limites.


Exercice 4.7.1. ☞

① Montrer que e est un nombre irrationnel

② Montrer que, pour tous n ∈ N∗ et x ∈ R+, on a ex > xnn!. En deduire que pour

tout α ∈ R∗+, on a

limx→∞

ex

xα= +∞.

196


③ En appliquant la formule de McLaurin a la fonction x → ln(x + 1) pour x = 1,

montrer que la suite de Riemann (sn) de terme general sn =∑n

k=1 (−1)k+1k est

convergente et a pour limite ℓn2.

Solution. Au voisinage de 0, la formule de McLaurion avec reste de Lagrange, ap-

pliquee a la fonction x→ ex nous donne

ex = 1 +x

1!+ · · · + xn

n!+

xn+1

(n+ 1)!eθx, 0 < θ < 1.

① En prenant x = 1 on obtient

e = 1 +1

1!+ · · ·+ 1

n!+

1

(n+ 1)!eθ, 0 < θ < 1.

d’ou

n!e = n! +n!

1!+ · · · + 1 +

eθ

n+ 1, 0 < θ < 1.

Supposons que e est un nombre irrationnel qui s’ecrit sous la formep

q(p et q

premiers entre eux). Si on choisi n ≥ q, l’egalite precedente n’aura pas de sens.

② Pour x ≥ 0, on a ex >xn

n!. Soit p un entier tel que p > α. On a alors

exxα >1

p!

xp

xα=

1

p!xp−α, p > α.

Ce qui entraine limx→+∞

xp−α = +∞ et limx→+∞

ex

xα= +∞.

③ La formule de McLaurin avec reste de Lagrange appliquee a la fonction x →ℓn(x+ 1) au voisinage de 0 et en posant x = 1, on obtient

ℓn2 = 1 − 1

2+ · · ·+ (−1)n+1

n+

(−1)n+2

(n+ 1)(1 + θ)n+1.

Donc |sn − ℓn2| ≤ 1

n+ 1. Ce qui donne lim

n→∞sn = ℓn2.

197


Exercice 4.7.2. ☞

① Montrer que

x − x2

2< ℓn(1 + x) < x, ∀x ∈ R+.

② Soit la suite definie par : un =n∏

k+1

(

1 +k

n2

)

, n ≥ 1. Calculer limn→∞

ℓnun et limn→∞

un.

Solution.

① La formule de McLaurin avec reste de Young, au voisinage de 0 et a l’ordre 2,

appliquee a la fonction x→ ℓn(1 + x), nous donne

ℓn(1 + x) = x− x2

2!+ x2ε(x).

D’ou, pour x ≥ 0, on a ℓn(1 + x) < x. D’autre part, a l’ordre 3, on a ℓn(1 + x) =

x− x2

2!+x3

3+ x3ε(x). Comme x > 0, on obtient ℓn(1 + x) > x− x2

2.

② On a

ℓnun =n∑

k=1

ℓn(1 + kn2

)≤

n∑

k=1

k

n2=n(n+ 1)

2n2=

1

2+

1

2n.

Et

ℓnun ≥n∑

k=1

k

n2−

n∑

k=1

n2

2n4≥ 1

2+

1

2n− 1

2n=

1

2.

Donc1

2≤ ℓnun ≤ 1

2+

1

2n. Ce qui donne lim

n→+∞ln un =

1

2et lim

n→+∞un =

√e.

Exercice 4.7.3. ☞ Trouver les developpements limites au voisinage de 0, des fonc-

tions

198


① f(x) = sin x cosx a l’ordre 4 et g(x) = sin(x+ x3) a l’ordre 7

① h(x) =1

2(1 + ex)n a l’ordre 2 et k(x) =

√ex − x− 1 a l’ordre 4.

② Trouver le developpement de g(x) =ℓnx

x2au voisinage du point 1 a l’ordre 4.

Solution.

① La fonction x → f(x) peut s’ecrire f(x) =sin 2x

2. Le developpement de x →

sin 2x, nous donne au voisinage de 0

f(x) =1

2

2x− (2x)3

6+ x4ε(x)

= x− 2x3

3+ x4ε(x).

Alors sin x cosx = x− 2x3

3+ x4ε(x).

② Le developpement de la fonction x→ sin x au voisinage de 0 par rapport a x+x3,

nous donne

sin(x+ x3) = x(1 + x2) − x3(1 + x2)3

6+x5(1 + x2)5

120− x7(1 + x2)7

5040+ x7ε(x)

= x+5x3

6− 59x5

120− 2311x7

5040+ x7ε(x).

③ Le developpement de la fonction x→ ex au point x = 0 s’ecrit a l’ordre 2

ex = 1 + x+x2

2+ x2ε(x).

Alors, en posant X =1

2

x+x2

2+ x2ε(x)

, on obtient

1

2(1 + ex)n =

1

2

2 + x+x2

2+ ε(x2)

n

= 2n−1

1 +X

n

.

Par rapport a X, le developpement devient

1

2(1 + ex)n = 2n−1

1 + nX

2+ n

X2

4+n(n− 1)

2

X2

4+X2ε(X)

= 2n−1

1 + nx

2+ n

x2

4+n(n− 1)

2

x2

4+ x2ε(x)

= 2n−1

1 + nx

2+n(n+ 1)x2

4+ x2ε(x)

.

199


④ Supposons que cette fonction se developpe a l’ordre 4 au voisinage de 0 sous la

forme √ex − x− 1 = a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3 + a4x

4 + x4ε(x).

Les cœfficients a1, a2, a3 et a4 sont a determiner. Remarquons que

a0 = limx→0

√ex − x− 1 = 0 et a1 = lim

x→0

√ex − x− 1

x=

√22.

Et par identification, on trouvera

a2 =

√2

12, a3 =

√2

72et a4 =

√2

540.

D’ou√ex − x− 1 =

√2

2

x+x2

6+x3

36+

x4

270+ ε(x4)

.

⑤ Apres le changement de variable, X = x − 1, on est conduit a calculer le

developpement limite par rapport a x au voisinage de 0; ϕ(X) =ℓn(1 +X)

(1 +X)2.

Suposons que ce developpemet se presente ainsi

ϕ(X) = a0 + a1X + a1X2 + a3X

3 + a4X4 +X4ε(X).

Alors a0 = ϕ(0) = 0 et ℓn(1 +X) = X − X2

2+ X3

3− X4

4+X4ε(X). D’ou

(a0+a1X+a1X2+a3X

3+a4X4+ε(X4))(1+2X+X2) = X−X

2

2+X3

3−X

4

4+X4ε(X).

Par identification, on a a1 = 1, a2 = −5

2, a3 =

13

3, a4 = −77

12. Soit que

g(x) = x− 5

2x2 +

13

3x3 − 77

12x4x4ε(x).

Exercice 4.7.4. ☞ Soit f la fonction definie par

f(x) =x(1 + cosx) − 2tg x

2x− sin x− tg x.

Determiner limx→0

f(x).

200


Solution. En remplacant le numerateur et le denominateur par leurs developpements

limites au voisinage de 0, on obtient

f(x) =

x

2 − x2

2+ x2ε(x)

− 2

x+1

3x3 + x3ε(x)

2x−

x− x3

6+ x3ε(x)

−

x+x3

3+ x3ε(x)

=−7

6x3 + x3ε(x)()

−1

6x3 + x3ε(x)

.

D’ou limx→0

f(x) = 7.

Exercice 4.7.5. ☞ Trouver les developpements limites a l’ordre 4, au voisinage de

0, des fonctions f et g definies (dans des domaines convenables) par

x→ f(x) =x

sin xet x→ g(x) =

√1 + sin x.

Solution. Au voisinage de 0 et a l’ordre 4, les developpements limites de sin x et1

1 + usont respectivement sin x = x− x3

3!+x5

5!+x5ε(x) et

1

1 + u= 1−u+u2 +u2ε(u).

Doncx

sin x=

1

1 − x2

6+

x4

120+ x4ε(x)

=1

1 + u

avec u = −x2

6+

x4

120+ x4ε(x). Il vient que

x

sin x= 1 −

−x2

6+

x4

120+ x4ε(x)

+

−x2

6+

x4

120+ x4ε(x)

2

+ x4ε(x).

Le developpement limite de f au voisinage de 0 est

x

sin x= 1 +

x2

6+

7x4

360+ x4ε(x).

Pour la fonction g, on a d’abord le developpement suivant au voisinage de 0 :

√

1 + y = 1 +y

2− y2

8+y3

16− 5y4

128+ y4ε(y).

Prenons y = sin x = x− x3

6+ ε(x4). Apres le calcul, on obtient

√1 + sin x = 1 +

x

2− x2

8− x3

48+

x4

384+ x4ε(x).

201


Exercice 4.7.6. ☞ Trouver le developpement limite de :

① f(x) = sin2(x

2

)

enπ

2a l’ordre 4 et g(x) = (1 + x)1/x en 0 a l’ordre 3.

① h(x) = xcotg x en 0 a l’ordre 5.

Solution. On effectue un changement de variable pour se ramener au voisinage de 0.

① On se ramene dans le premier developpement au voisinage de 0 par un changement

de variables. Avec le changement de variable t = x− π

2, on a

sin2(x

2

)

=1

2

1 − cosx

=1

2

1 − cos(

t+π

3

)

=1

2

1 − cos t

2−√

3sin t

2

=1

2− cos t

4+√

3sin t

4

=1

4+

√3

4t+

1

8t2 −

√3

24t3 − 1

96t4 + t4ε(t)

Donc

sin2(x

2

)

=1

4+

√3

4t+

1

8t2 −

√3

24t3 − 1

96t4 + t4ε(t), t = x− π

2.

② Posons g(x) =1

xℓn(1 + x). Alors f(x) = (1 + x)1/x = eg(x). Comme g(x) =

1 − x

2+x2

3− x3

4+ x3ε(x). Alors

g(0) = 1, g′(0) = −1

2, g(2)(0) =

2

3et g(3)(0) = −3

2.

La fonction f est derivable en 0. En ecrivant ses derivees en fonction de celles de

g, on obtient

f(0) = eg(0) = e

f ′(0) = f(0)g′(0) = −e2f (2)(0) = f ′(0)g′(0) + f(0)g(2)(0) =

11e

12

f (3)(0) = f (2)(0)g′(0) + 2f ′(0)g(2)(0) + f(0)g(3)(0) = −63e

24.

202


Or, f(x) = f(0) + xf ′(0) +x2

2f (2)(0) +

x3

6f (3)(0) + x3ε(x). Et alors

(1 + x)1/x = e

1 − 1

2x+

11

24x2 − 7

16x3

+ ε(x3).

③ La fonction f(x) = xcotg x est paire et s’ecrit au voisinage a l’ordre 4 de 0 sous

la forme f(x) = a0 +a2x2 +a4x

4 +x5ε(x). Ainsi, on a a0 = limx→0

f(x) = 1. D’autre

part, on a f(x) sin x = x cosx. Ce qui donne, en remplacant chaque terme par

son developpement limite

1 + a2x2 + a4x

4 + x5ε(x)

x− x3

6+

x5

120+ x6ε(x)

= x

−x2

2+x4

24+ x5ε(x)

.

Par identification des deux membres, on calcul les cœfficients restants, et on

obtient

x.cotg x = 1 − x2

3− x4

45+ x5ε(x).

Exercice 4.7.7. ☞ Etudier suivant les valeurs du parametre reel α, la limite :

limx→∞

(√

sin x−√

sh x)xα.

Solution. Notons par ϕ(x) l’expression sous le signe limite. En multipliant le

numerateur et le denominateur de ϕ par l’expression√

sin x +√

sh x, on obtient le

developpement du numerateur

sin x− sh x =

x− x3

3!+ εx3(x)

−

x+x3

3!+ x3ε(x)

= −x3

3+ x3ε(x).

D’autre part, le denominateur se developpe ainsi

xα

√

sin x+√

sh x

= xα

√

x+ ε(x) +√

x+ ε(x)

= 2xα+ 12 .

Donc ϕ(x) ≃ −1

6x−α+ 5

2 . Suivant le parametre α, on a les cas suivants : Si α =5

2,

la limite est −1

6. Si α >

5

2, on a xα−52 → 0+, la limite sera −∞. Si α <

5

2, on a

203


xα− 52 → +∞, la limite est donc 0. Ainsi

limx→∞

√sin x−

√sh x

xα=

−1

6si α =

5

2

−∞ si α >5

2

0 si α <5

2.

Exercice 4.7.8. ☞ Trouver les limites suivantes

limx→+∞

1

2(21/x + 31/x)

ℓnx

et limx→+∞

sinh√x2 + 1

eax, (a ∈ R).

De meme

limx→0

tg x− sin x

sin x(cos 2x− cosx)et lim

x→a

sin2 x− sin2 a

x2 − a2.

Solution. Dans chaque question, on determine tout d’abords la forme de

l’indetermination.

① Dans la premiere limite, on obtient la forme indetermee 1∞. Posons t =1

x, qui

tend vers 0+ quand x→ +∞ et

ℓn

1

2

(21/x + 31/x

)

ℓnx

= −ℓnt ℓn1

2

(2t + 3t

).

Or, 2t = etℓn2 = 1 + tℓn2 + ε(t) et 3t = etℓn3 = 1 + tℓn3 + ε(t) d’ou

1

2(2t + 3t) = 1 +

t

2(ℓn2 + ℓn3) + ε(t).

Il vient que lorsque t→ 0, on a

ℓn

1

2(2t + 3t)

−ℓnt

≃ −1

2(ℓn2 + ℓn3)tℓnt.

Or, tℓnt→ 0 quand t→ 0. La limite est limx→+∞

1

2(21/x + 31/x)

ℓnx

= 1.

204


② Posons u =√x2 + 1. Alors lim

x→+∞e−u = 0 et sinh u =

eu − e−u

2≃ eu

2, lorsque

x→ +∞. La limite cherchee est celle de

1

2e−u−ax =

1

2e√

x2+1−ax =1

2e

x

√√√√

1+1

x2−a

.

Mais a l’infini1

x2tend vers 0 et alors

1

2e√

x2+1−ax ≃ 1

2ex(1−a). Ce qui nous amene

a considerer les cas suivants : Si a > 1, l’exponentielle tend vers −∞ et la limite

cherchee est 0. Si a < 1, l’exponentielle tend vers +∞ et la limite cherchee est

+∞. Si a = 1, au voisinage de x = 0, on a le developpement

1 +1

x2

1/2

= 1 + 12x2 + ε

(1

x2

)

.

Donc, lorsque x → +∞, on a l’equivalence x

1 +1

x2

1/2

− x ≃ 1

2x. La limite

cherchee est alors1

2.

③ En recapitulant

limx→+∞

sinh√x2 + 1

eax=

0 si a > 1

1

2si a = 1

+∞ si a < 1

④ Par linearisation trigonometrique du denominateur, on a

sin x(cos 2x− cos x) = −2 sin x sin

(3x

2

)

sin(x

2

)

tg x− sin x = sin x

1 − cos x

cosx

.

Au voisinage de 0, on a les equivalences

sin x ≃ x et 1 − cosx ≃ x2

2.

Par suite, la limite cherchee est limx→0

tg x− sin x

sin x(cos 2x− cosx)= −3.

⑤ La difference de deux carres et la linearisation trigonometrique nous donnent

sin2 x− sin2 a = (sin x− sin a)(sin x+ sin a)

205


= 4 sinx+ a

2cos

x− a

2sin

x− a

2cos

x+ a

2.

Au voisinage de a, on a sinx− a

2≃ x− a

2. Alors lim

x→a

sin2 x− sin2 a

x2 − a2=

sin 2a

2a.

Exercice 4.7.9. ☞ Trouver les limites suivantes

limx→0

sin x− x cosx

x(1 − cosx)et lim

x→+∞

cos(a

x

)

+ b sin(a

x

)

x

.

De meme

limx→0

a1/x + b1/x + c1/x

3

x

et limx→0

(cosx)cotg 2x.

Solution. 0n remplace chaque expression par son developpement.

① En remplacant le numerateur et le denominateur par leurs developpements limites

au voisinage de 0, on trouve sin x − x cosx =x3

3+ x3ε(x) et x(1 − cos x) =

x3

2+ x3ε(x). D’ou lim

x→0

sin x− x cosx

x(1 − cosx)=

2

3.

② En posant t =1

xet en developpant par rapport a t au voisinage de 0,

on obtient cosa

x+ b sin

a

x= cos(at) + b sin(at) = 1 + abt + ε(t). Donc

ℓn

cos(a

x

)

+ b sin(a

x

)

x

=1

tℓn(1 + abt + ε(t)) =

(1

t

)

(abt + ε(t)). Cette

derniere expression tend vers ab lorsque t tend vers 0. Donc

limx→+∞

cos(a

x

)

+ b sin(a

x

)

x

= eab.

③ Posons t =1

x. Lorsque x tend vers +∞, t tend vers 0. Developpons le numerateur

au voisinage de 0, il vient que

a1/x = at = etℓna = 1 + tℓna+ ε(t)

b1/x = bt = etℓnb = 1 + tℓnb+ ε(t)

206


a1/x = ct = etℓnc = 1 + tℓnc+ ε(t).

Donc

ℓn

a1/x + b1/x + c1/x

3

x

= xℓn1

3

a1/x + b1/x + c1/x

=1

tℓn

1 + ℓn(abc)t

3+ ε(t)

Cette derniere expression est equivalente a1

3ℓn(abc). Donc

limx→0

a1/x + b1/x + c1/x

3

x

=√abc.

④ Posons y = (cosx)cotg 2x, on a ℓny =

(cosx

sin x

)2

ℓn(cosx). Or,cosx

sin x=

1

x+ ε(x) et

ℓn(cosx) = ℓn

1 − x2

2+ x2ε(x)

= −x2

2+ x2ε(x).

D’ou limx→0

ℓny = −1

2. Et ainsi lim

x→0(cosx)cotg 2

x =1√e.

Exercice 4.7.10. ☞ Soit f(x) =1 − cosx

1 − cos(sin x).

① En quels points, la fonction f est-elle definie ? continue ?

② Montrer qu’on peut prolonger f par continuite aux points x0 ∈ 2πZ.

Solution.

① La fonction f n’est pas definie pour tout x tel que

1 − cos(sin x) = 0 ⇐⇒ sin x = 2kπ, k ∈ Z.

Or, | sin x| ≤ 1 et |2kx| ≤ 1, c’est a dire k = 0 et sin x = 0 soit que x ∈ πZ.

Donc f est definie pour x /∈ πZ. La fonction f est continue sur son domaine de

definition comme composee de fonctions continues sur ce domaine.

207


② Soit x0 ∈ 2πZ. Pour un certain k0 ∈ Z, on a x0 = 2k0π. Pour x /∈ πZ, posons

t = x − x0 donc x = t + 2k0π et la fonction f s’ecrit f(x) =1 − cos t

1 − cos(sin t). Or,

lorsque x tend vers x0 tel que x /∈ πZ, on a t → 0 avec t /∈ πZ. Au voisinage de

0, on a

f(x) =2 sin2

t2

2 sin2

1

2sin t

≃ t2

sin2 t≃ t2

t2= 1.

Donc limx→x0

1 − cosx

1 − cos(sin x)= 1. On peut ainsi prolonger la fonction f par continuite

sur 2πZ.

Exercice 4.7.11. ☞ Donner le developpement limite de f(x) = (tg x)tg 2x au

voisinage de x =π

4(jusqu’a l’ordre 4).

Solution. Posons x =π

4+ z, on donnera un developpement limite de f(x) au voisi-

nage de z = 0. La fonction f s’ecrit f(x) = (tg x)tg 2x = etg 2xℓntg x = eu, ou

u = tg 2x ℓntg x. Soit encore

u = tg(π

2+ 2z

)

ℓn1 + tg z

1 − tg z= − 1

tg 2z

ℓn(1 + tg z) − ℓn(1 − tg z)

= − 1

tg 2z

2tg z +2

3tg 3z +

2

5tg 5z + tg 5z ε(z)

= −2z +

4

3z3 +

4

3z5 + z6 ε(z)

2z+

8

3z3 +

64

15z5 + z6 ε′(z)

= −1 +

2

3z2 +

2

3z4 + z5 ε(z)

1 +4

3z2 +

32

15z4 + z5 ε′(z)

= −1 +2

3z2 +

26

45z4 + z4 ε′′(z).

D’ou

(tg x)tg 2x = exp

−1 +2

3z2 +

26

45z4

=1

eexp

2

3z2 +

26

45z4

208


=1

e

1 +2

3z2 +

26

45z4 +

2

9z4 + ε(z5)

=1

e

1 +2

3z2 +

4

5z4 + +ε(z5)

.

Il suffit alors de remplacer z par x− π

4pour avoir le developpement demande.

Exercice 4.7.12. ☞ Quel est le developpement limite a l’ordre 3 de

f(x) = (1 + x)1/x = exp

(1

x

)

ℓn(1 + x).

① En deduire la limite de (1 + x)1/x quand x→ 0.

② Donner la limite de la suite

(

1 +1

n

)n

quand n→ +∞.

Solution. Au voisinage de 0, on a ℓn(1 + x) = x− x2

2+x3

3− x4

4+ x4ε(x). Donc

exp

1

xℓn(1 + x)

= exp

1 − x

2+x2

3− x3

4+ x4 ε(x)

= e exp

−x2

+x2

3− x3

4+ x4 ε(x)

= e

1 +

(

−x2

+x2

3− x3

4

)

+1

2

(x2

4− x3

3

)

− 1

6

x3

8+ x3 ε(x)

.

Enfin,

(1 + x)1/x = e− e

2x+

11e

24x2 − 7e

10x2 − 7e

10x3 + ε(x3).

Ce qui donne limx→0

(1 + x)1/x = e. On pose maintenant x =1

net on trouvera que

limn→∞

(

1 +1

n

)n

= e.

Exercice 4.7.13. ☞ Calculer les limites suivantes

209


①

limx→+∞

2x+ 1

2x− 1

2x

, et limx→0

1 + atg 2x

1x sin x

②

et limx→0+

[sin x]1ℓnx et limx→0

ℓn cos 2x

x sin x.

③

limx→1

x2 − x

1 − x+ ℓnx

et limx→±∞

ℓn(1 + ex)

x2

④

limx→0

1

xℓn

(

2.1 − cosx

x2

)

.

Solution.

① L’expression sous la limite s’ecrit sous la forme

2x+ 1

2x− 1

2x

= exp

2xℓn

(2x+ 1

2x− 1

)

= exp

2xℓn

(

1 +2

2x− 1

)

= exp

2x

(2

2x− 1+ ε

(1

x

))

=

4x

2x− 1+ ε

(1

x

)

.

La limite cherchee est alors limx→∞

2x+ 1

2x− 1

2x

= e2.

② L’expression sous le symbole limite s’ecrit :

1 + atg 2x

1x sin x

= exp

1

x sin xℓn(1 + atg 2x)

.

D’autre part, on a tg x = x+ ε(x), tg 2x = x2 + ε(x2) et sin x = x + ε(x). Donc

ℓn(1 + atg 2x) = ax2 + ε(x2) et x sin x = x2 + ε(x2). D’ou

1 + atg 2x

1

x sin x = exp

ax2 + ε(x2)

x2 + ε(x2)

= exp

a + ε(x)

1 + ε(x)

.

Par suite limx→0

[1 + atg 2x]1

x sin x = ea.

210


③ On a ℓn(sin x) = ℓn[(x(1 + ε(x))] = ℓnx+ ℓn(1 + ε(x)). Donc

(sin x)1/ℓnx = e(1/ℓnx)ℓn(sin x) = exp

1 +ℓn(1 + ε(x))

ℓnx

= e. exp

ε(x)

ℓnx

.

Soit que limx→0+

[sin x]1/ℓnx = e.

④ Au voisinage de 0, on a cos 2x = 1 − (2x)2

2+ x2ε(x). Posons u = −2x2 + ε(x2).

Alors ℓn[cos 2x] = ℓn(1 + u) ≃ u. Or x sin x ≃ x2 donc

limx→0

ℓn cos 2x

x sin x= −2.

⑤ Posons x− 1 = u donc x = 1 + u. Alors

x2 − x

1 − x+ ℓnx=

(1 + u)u

−u+ ℓn(1 + u)=

(1 + u)u

−u+

u− u2

2+ u2ε(u)

=(1 + u)

−1 +

1 − u

2+ ε(u)

=(1 + u)

−u2

+ ε(u).

Quand u tend vers 0, le numerateur tend vers 1 et le denominateur vers tend

0 donc limx→0

|x2 − x|1 − x+ ℓnx

= ±∞. Mais ce developpement limite est, pour u assez

petit, du signe de son premier terme −u2

donc inferieure a 0 pour u→ 0+ c’est-a-

dire x→ 0+. Dans ce cas limx→1+

x2 − x

1 − x+ ℓnx= −∞. De meme lim

x→1−

x2 − x

1 − x+ ℓnx=

+∞.

⑥ On considere deux cas : Si x → −∞ On a ex → 0 et ℓn(1 + ex) → 0. Et donc

limx→−∞

ℓn(1 + ex)

x2= 0. Si x → +∞. On va se ramener a une situation analogue

en mettant ex en facteur dans la parenthese (1 + ex) = ex

e−x + 1

. Et alors

ℓn(1 + ex)

x2=x+ ℓn(e−x + 1)

x2= x+ ε(1)x2 ≃ 1

x.

Donc limx→+∞

ℓn(1 + ex)

x2

= 0.

211


⑦ Le developpement de 1 − x cosx, nous donne

1

xℓn

(

2.1 − cosx

x2

)

= ℓn

(

1 − x2

12+ ε(x2)

)

≃ − x

12.

Alors limx→0

1

xℓn

(

2.1 − cos x

x2

)

= 0.


① Determiner la limite quand x tend vers 0 de :

cotg x− sin x

tg x− arcsin x.

② Determier quand x tend vers 0 la limite ℓ de la fonction f definie par

f(x) =1

xℓnex − 1

x

et celle de l’expression :f(x) − ℓ

x.

③ Determiner les cœfficients a et b pour que la fonction g definie par :

g(x) = cosx− 1 + ax2

1 + bx2

soit un infiniment petit d’ordre aussi eleve que possible quand x→ 0 et determiner

alors la partie principale de g.

④ Determiner la limite quand x tend vers +∞ de la fonction h definie par

h(x) = x

1

e−(

x

1 + x

)x

.

Solution.

212


① On ecrit la formule de McLaurin, du numerateur et du denominateur, a l’ordre 3

arctan x− sin x =

x− x3

3+ ε(x3)

−

x− x3

6+ x3ε(x)

= −x3

6+ x3ε(x)

tg x− arcsin x =

x+x3

3+ x3ε(x)

−

x+x3

6+ x3ε(x)

=x3

6+ x3ε(x)

d’ou

limx→0

arctanx− sin x

tg x− arcsin x

= limx→0

−1/6 + ε(1)

+1/6 + ε(1)

= −1.

② Le developpement limite de la fonction x→ ex, nous donne

ex − 1

x= 1 +

x

2+x2

6+ x2ε(x).

Donc

ℓn

(ex − 1

x

)

= ℓn

{

1 +

(x

2+x2

6+ x2ε(x)

)}

=x

2+x2

6− 1

2

(x

2+x2

6

)2

+ x2ε(x)

=x

2+x2

24+ x2ε(x).

D’ou f(x) =1

2+

x

24+ ε(x) et ℓ = lim

x→0f(x) =

1

2. Il vient que

limx→0

1

x

f(x) − 1

2

=1

24.

③ On a les developpements suivants

cosx = 1 − x2

2+x4

24− x6

720+ x6ε(x)

1 + ax2

1 + bx2= 1 + (a− b)x2 − b(a− b)x4 + b2(a− b)x6 + x6ε(x).

La fonction g(x) se developpe sous la forme

g(x) = −

1

2+ (a− b)

]

x2+

[1

24+ b(a− b)

x4−

1

720+ b2(a− b)

x6+x6ε(x).

Elle sera un infiniment petit d’ordre aussi eleve que possible (ici d’ordre 6) quand

x tend vers 0, si a− b = −1

2et b(a− b) = − 1

24ce qui donne b =

1

12et a = − 5

12

et alors g(x) =3x6

1440+ x6ε(x).

213


④ Posons X =1

x, alors X → 0 et on a

H(X) = h(x) = h

(1

X

)

=1

X

1

e− (1 +X)−1/X

.

Or,

(1 +X)−1/X = e−(1/X)ℓn(1+X) = e−1+ x2+ε(X) = e−1 e(X/2)+ε(X)

= e−1

1 +X2 + ε(X)

.

Ainsi limx→+∞

h(x) = − 1

2e.

Exercice 4.7.15. ☞ On veut etudier la fonction f(x) = e1x

√x2 − 3x+ 2 au voisi-

nage de l’infini +∞.

① En ecrivant√x2 − 3x+ 1 = x

√

1 − 3

x+

2

x2= x

√1 + u (pour x > 0) est en

developpant par rapport a u, montrer que :√x2 − 3x+ 1 = αx+β+

γ

x+

1

x+ε

(1

x

)

quand x tend +∞. Les constantes α, β et γ sont a determiner.

② Developper exp

(1

x

)

a l’ordre 2 lorsque x tend vers +∞, (on posera X = 1x). En

deduire que f(x) = ax+b+c

xε

(1

x

)

, quand x tend +∞ et que la courbe Cf possede

une asymptote que l’on determinera.

③ Trouver l’asymptote de y = f(x) pour x vers −∞.

Solution. On ramene le developpement a l’infini a un developpement au voisinage

de zero en effectuant le changment de variable x =1

t.

① Quand x→ ±∞,1

x→ 0 et on a le developpement

1 + e1/x = 2 +1

x+

1

2x2+

1

x2ε

(1

x

)

214


= 2

1 +1

2x+

1

4x2+

1

x2ε

(1

x

)

d’ou

1

1 + e1/x=

1

2

1 −(

1

2x+

1

4x2

)

+

(1

2x+

1

4x2

)2

+1

x4ε

(1

x

)

=1

2

1 − 1

2x+

1

24x2+

1

x2ε

(1

x

)

.

Le developpement limite de f(x) au voisinage de l’infini est alors

f(x) =1

2x− 1

4+

1

48x2+

1

x2ε

(1

x

)

.

La droite d’equation y =1

2x − 1

4est une asymptote au graphe de fet se situe

au dessous de celui-ci puisque f(x) − y =1

48x2+

1

x2ε

(1

x

)

> 0 pour les valeurs

suffisament petites de1

x.

② En effectuant le meme changement de variable, on obtient le developpement

asymptotique ϕ(x) = x + 2 +3

2x+ ε

(1

x

)

. La droite d’equation y = x + 2 est

donc une asymptote et comme f(x) − (x + 2) =3

2x+ ε

(1

x

)

. Alors, Pour x

voisinage de +∞, la courbe est au dessus de l’asymptote. Pour x voisinage de

−∞, la courbe est au dessous de l’asymptote.


Les resultats des problemes qui suivent peuvent etre consideres comme un prolongement


215


Enonce 1 :

Chercher

limx→1/2

(2x2 − 3x+ 1)tg (πx), et limx→0

(cos2 x)1/sin2 x.

Solution :

La premiere limite on a une indetermination de la forme 0.∞. Pour lever

l’indetermination, nous allons utiliser un developpement limite apres avoir pose x =

u+1

2pour se ramener a une variable u tendant vers 0. Ainsi, on a

(2x2 − 3x+ 1)tg (πx) = −[2u2 − u]1

tg πu=

1

π− 2u

π+ ε(u2)

car, u tend vers 0, alors tg (πu) = πu + ε(u2). D’ou limx→1/2

(2x2 − 3x + 1)tg (πx) =

1

π. Pour la deuxieme limite, on a une indetermination de la forme 1∞. On prend le

logarithme de l’expression sous le signe limite. Ce qui nous amene a calculer la limite

limx→0

2

sin2 xln(cosx). On remplace chaque terme par son developpement limite. Enfin,

on obtient que limx→0

(cos2 x)1/sin2 x =1

e. ◆

Enonce 2 :

En utilisant la methode des equivalents, trouver les limites des expressions suivantes pour

x→ 0 :

f(x) =sin(sin3 x2)

sin3(sin2 x), g(x) =

1 − cos(x2 + tg 2x)

sin(x3 sin x)et h(x) =

tg (3x4 + sin4 x)

sin(x4 + sin6 x).

Solution :

Au voisinage de 0, on a les equivalents suivants sin3(x2) ≃ (x2)3 = x6 et sin3(sin2 x) ≃(x2)3 = x6. Donc f(x) =

sin(sin3 x2)

sin3(sin2 x)≃ x6

x6. D’ou lim

x→0f(x) = 1.

Remarquons que 1 − cos(x2 + tg 2x) = 2 sin2

(x2 + tg 2x

2

)

. Posons u =1

2(x2 + tg 2x)

216


qui tend vers 0 lorsque x tend vers 0. Donc sin u ≃ u et sin2 u ≃ u2. Ainsi

1 − cos(x2 + tg 2x) ≃ 2

x2 + tg 2x

2

2

≃ 2x4.

Comme x3 sin x ≃ x4, alors g(x) ≃ 2x4

x4. D’ou lim

x→0g(x) = 2.

Posons v(x) = 3x4 + sin4 x qui tend vers 0 avec x, donc tg v ≃ v au voisinage de 0.

De plus, on peut ecrire v sous la forme v(x) = x4

3 +sin x

x

. Comme au voisinage

de 0,sin x

x≃ 1, alors limx→0

3 +sin x

x

= 4 et v(x) ≃ 4x4. D’autre part,

on a au voisinage de 0, w(x) = x4 + sin6 x = x4

1 + x2

(sin x

x

)6

≃ x4. Alors

h(x) =v(x)

w(x)≃ 4x4

x4. La limite cherchee sera lim

x→0h(x) = 4.

Enonce 3 :

Soit f une fonction deux fois continument derivable en tout point de R.

① Par application de la formule de Taylor. Calculer

ℓ = limh→0

f(x+ h) + f(x− h) − 2f(x)

h2.

② On suppose de plus que la fonction f verifie

f(x) + f(y) ≥ 2f

(x+ y

2

)

, x, y ∈ R.

Montrer que f ′ est alors croissante.

③ Par application de la formule des acroissements finis, montrer la reciproque de la

question precedente.

Solution :

217


① La fonction f est deux fois derivable, on peut appliquer la formule de Taylor et

ainsi, pour θ1 et θ2 tels que 0 < θ1, θ2 < 1, on a

f(x+ h) = f(x) + hf ′(x) +h2

2!f ′′(x+ θ1h)

f(x− h) = f(x) − hf ′(x) +h2

2!f ′′(x− θ2h).

Soitf(x+ h) + f(x− h) − 2f(x)

h2=f ′′(x+ θ1h) + f ′′(x− θ2h)

2.

La seconde derivee de f etnt continue, on peut ecrire

limh→0

f(x+ h) + f(x− h) − 2f(x)

h2= f ′′(x).

② On a f(x+ h) + f(x− h) ≥ 2f(x) et alors

f(x+ h) + f(x− h) − 2f(x)

h2≥ 0

d’ou f ′′(x) ≥ 0 et f ′ est croissante.

③ On suppose que f ′ est croissante. Prenons par exemple x ≥ y, alors

x =x+ y

2+x− y

2et y =

x+ y

2− x− y

2.

On est amene a calculer la quantite f

(x+ y

2

)

. Par application de la formule

des accroissements finis, on obtient

f(x) = f

(x+ y

2

)

+x− y

2f ′(x+ y

2+ θ1.

x− y

2

)

f(y) = f

(x+ y

2

)

− x− y

2f ′(x+ y

2− θ2.

x− y

2

)

avec 0 < θ1, θ2 < 1. Par addition membres a membres, on a

f(x) + f(y) = 2f

(x+ y

2

)

+x− y

2

f ′(x+ y

2+ θ1.

x− y

2

)

− f ′(x+ y

2− θ2.

x− y

2

)

︸︷︷︸

≥0 puisque f ′ est croissante

.

D’ou f(x) + f(y) ≥ 2f

(x+ y

2

)

. ◆

218


Enonce 4

① En utilisant le develeppement limite de cosx et sin x a l’ordre 2 et a l’ordre 3

respectivement, montrer que :

cotg x =1

x− x

3+ ε(x) (1)

au voisinage de x = 0.

② Soit, pour n ∈ Z, l’intervalle de R defini par

In = ]nπ − π2, nπ + π2[ .

Montrer que dans l’intervalle I, l’equation tg x = x a une solution unique, que l’on

notera xn. Pour cela on pourra etudier les variations de la fonction g(x) = tg x− x

dans In. On a donc

tg xn = xn. (2)

③ On pose un = nπ +π

2− xn. On a donc 0 < un < π.

④ Montrer que

cotg un = nπ + π2 − un. (3)

En deduire que limn→+∞

un = 0.

⑤ Montrer, en utilisant (1) et (3) que lorsque n → +∞ on a un ≃ 1nπ. (On utilisera

la definition des equivalents).

⑥ On pose maintenant un = 1 + δnnπ, limn→+∞ δn = 0. Montrer, toujours a l’aide

de (1) et (3), que δn ≃ − 1

2nquand n → +∞. En deduire le developpement de un

a l’ordre 2 par rapport a1

nquand n→ +∞, et l’expression correspondante de λn.

⑦ Etablir une expression analogue de xn lorsque n → −∞. On se ramenera au cas

precedent.

Solution.

219


① En developpant le numerateur et le denominateur au voisinage de 0, on obtient

cosx

sin x=

1 − x2

2+ x2ε(x)

x(1 − x2

6+ x2ε(x))

=1

xq(x).

On fait une division suivant les puissances croissantes dans q(x), on obtiendra

q(x) = 1 − x2

3+ x2ε(x). D’ou cotg (x) =

1

x− x

3+ ε(x).

② Soit k ∈ Z. Dans l’intervalle Ik, la fonction ϕ : x → tg x − x est con-

tinue. On peut y appliquer la propriete de la valeur intermediaire. Comme

limx→kπ±π2

[tg x− x] = ±∞, la fonction s’annule sur Ik. Enfin, la fonction g est

croissante sur Ik, car ϕ′(x) = (tg x−x)′ = tg 2x > 0. Donc la fonction ϕ s’annule

une seule fois sur l’intervalle Ik. Il existe alors xk tel que tg xk = xk, k etant fixe.

③ On a

cotg (uk) = tg λk = λk = kπ +π

2− uk, k ∈ N. (3)

Comme 0 < uk < π pour tout k ∈ N, on a limk→+∞

kπ +π

2− uk

= +∞. Donc

limk→+∞

cotg (uk) = +∞ et alors limk→+∞

uk = 0.

④ Comme uk → 0 quand k tend vers +∞, d’apres (1) et (3), on obtient le

developpement

cotg (uk) =1

uk

− uk

2+ ε(uk) = kπ +

π

2− uk, k ∈ N. (4)

On remplace uk par sa valeur et en divisant par kπ, k ∈ N∗, on obtient

1

kπuk=

2uk

3kπ+ 1 +

π

2kπ+ ε

(uk

kπ

)

.

Le terme de droite tend vers 1 quand k tend vers +∞ car 0 < uk < π. Donc

limk→+∞

(kπuk) = 1. D’apres la propriete des equivalents et lorsque k tend vers

+∞, on a uk ≃ 1

kπ.

⑤ On peut ecrire uk =1 + δkkπ

. On reporte cette valeur dans (4), on obtient2

3(kπ)+

2

3

δk(kπ)

− δkkπ

1 + δk− π

2+ ε

(1 + δk)

kπ

)

= 0. Commeδkkπ

tend vers 0 lorsque k tend

vers +∞ et en passant a la limite dans cette egalite, on a limk→+∞

δkkπ

1 + εk

=

limk→+∞

δkkπ = −π2. Ceci peut s’ecrire δk = − 1

2k+ ε

(1

k

)

et alors

uk = 1 + δkkπ =1

kπ− 1

2k2π+ ε

(1

k2

)

.

220


Donc, lorsque k tend vers +∞, on a

xk = kπ +π

2− 1

kπ+

1

2k2π+ ε

(1

k2

)

.

⑤ Comme la fonction x→ tg x− x est impaire, on a

x−k = −xk, k ∈ Z.

Posons m = −n. Quant m→ +∞ et d’apres 5), on a

xm = mπ +π

2− 1

mπ+

1

2m2π+

1

m2ε

(1

m

)

.

Ainsi, lorsque n tend vers ±∞, on a

xn = nπ +π

2− 1

nπ− 1

2n2π+

1

n2ε

(1

n

)

.

221


Enonce 5

Soit α un nombre reel positif. A tout x ≥ 1, on fait correspondre le nombre

f(x) = x

√

x− 1

α2x+ 1.

① Lorsque x → +∞, le reel t =1

xest un infiniment petit. Ecrire le developpement

limite, a l’ordre 2, de f(x) par rapport a l’infiniment petit t.

② En deduire deux nombres reels a et b tels que

limx→+∞

[f(x) − ax− b] = 0.

Solution. En posant t =1

x, l’expression en t de f(x) devient

ψ(t) =1

α

√1 − t

√

1 +t

α2

.

Son developpement limite a l’ordre 2 est donne par

1

α

√1 − t

√

1 +t

α2

=1

α

1 − 1

2t+

1

4

(

−1

2

)

t2

1 − 1

2α2t+

3

8α4t2

+ t2ε(t).

En developpant la derniere expression et en posant t =1

x, on obtient

f(x) − 1

αx+

1

2

(

1 +1

α2

)

=1

αx

1

4

(

−1

2+

3

2α4+

1

α2

)

t2 + ε

(1

x

)

.

Le deuxieme membre de cette egalite tend vers 0 quand x → +∞. Il suffit donc de

choisir a =1

αet b = −1

2

1 +1

α2

.

222


Enonce 6

① Soit la fonction definie par

f(x) =

x

1 + e1x

si x 6= 0

0 si x = 0.

Determiner quand x→ ±∞, le developpement asymptotique d’ordre 2 par rapport

aux puissances de1

x. En deduire la position du graphe de f par rapport a cette

asymptote.

② Meme question pour la fonction ϕ(x) = (x+ 1)e1x .

Solution.

① Quand x→ ±∞,1

x→ 0 et on a le developpement

1 + e1x = 2 +

1

x+

1

2x2+

1

x2ε

(1

x

)

= 2

1 +1

2x+

1

4x2+

1

x2ε

(1

x

)

d’ou

1

1 + e1x

=1

2

1 −(

1

2x+

1

4x2

)

+

(1

2x+

1

4x2

)2

+1

x4ε

(1

x

)

=1

2

1 − 1

2x+

1

24x2+

1

x2ε

(1

x

)

.

Le developpement limite de f(x) au voisinage de l’infini est alors

f(x) =1

2x− 1

4+

1

48x2+

1

x2ε

(1

x

)

.

La droite d’equation y =1

2x − 1

4est une asymptote au graphe de fet se situe

au dessous de celui-ci puisque f(x) − y =1

48x2+

1

x2ε

(1

x

)

> 0 pour les valeurs

suffisament petites de1

x.

223


② En effectuant le meme changement de variable, on obtient le developpement

asymptotique ϕ(x) = x + 2 +3

2x+ ε

(1

x

)

. La droite d’equation y = x + 2

est donc une asymptote et comme f(x) − (x+ 2) =3

2x+ ε

(1

x

)

. Alors

• Pour x voisinage de +∞, la courbe est au dessus de l’asymptote.

• Pour x voisinage de −∞, la courbe est au dessous de l’asymptote.

224

Chapitre 5Integration et Primitives

Dans ce chapitre I designe un intervalle ferme borne de l’ensemble R des nombres reels.

5.1 Integrale des fonctions en escalier

Definition. On appelle subdivision π (d’ordre n)de l’intervalle I = [a, b] un ensemble

fini ordonne

π = {a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b}.

La partition π determine n sous-intervalles semi-ouverts, dits intervalles de la subdi-

vision π, sous la forme Ii = [xi−1, xi[, i = 1, · · · , n. Le nombre

‖π‖ = supi=1,··· ,n{|xi − xi−1|}

est dit pas de la subdivision π .

La fonction f est dite en escalier sur I, s’il existe une partition finie π de I tel que f

soit constante sur chaque intervalle Ii de la partition π.

225


☞ Exemple 5.1.1 Lorsque xi = a+ ih avec h =b− a

non obtient une subdivision, dite

equidistante. Le nombre h est le pas uniforme de cette subdivision. ◆

On note par F(I,R) l’espace des fonctions reelles sur I et par E(I, R) le sous-espace

vectoriel de F(I,R), des fonctions en escalier sur I.

☞ Exemple 5.1.2 La fonction partie entiere qui a x ∈ R associe sa partie entiere E(x),

est une fonction en escalier. Par exemple, sur l’intervalle ferme[0, 5

2

], on a

E(x) =

0 si x ∈ [0, 1[

1 si x ∈ [1, 2[

2 si x ∈[2, 5

2

].

Le pas de la subdivision π de l’intervalle fermee[0, 5

2

]est egal a 1 . ◆

Notons par χJ la fonction caracteristique de l’intervalle J ⊂ I definie par

χJ(x) =

1 si x ∈ J

0 si x /∈ J.

Ainsi si J et J′ sont deux sous-intervalles non disjoints de I, alors χJ∩J′ = χJ.χJ′ et pour

tout a, b ∈ R, on a

a.χJ + b.χJ′ = a.χJ\J′ + (a+ b).χJ∩J′ + b.χJ′\J.

Le R-espace vectoriel E(I, R) des fonctions en escalier, est engendre par les fonctions

caracteristiques des sous-intervalles de I :

Chaque fonction en escalier est une combinaison lineaire de fonctions

caracteristiques.

226


Lemme 5.1.1 Si f et g sont deux fonctions en escalier sur l’intervalle J, alors fg est

une fonction en escalier. De meme

sup(f, g), inf(f, g), f+ = sup(f, 0), f− = (−f)+ et |f | = f+ + f−.

sont des fonctions en escalier.

Preuve : En effet, on a χJ∩J′ = χJ.χJ′ . Ce qui prouve la premiere assertion. Pour

la seconde, on remarque que si f (resp. g) est constante sur les intervalles J (resp. J′)

en nombre fini d’une partition π (resp. π′) d’un meme intervalle I, alors f et g sont

toutes les deux constantes sur les intervalles de la partition π ∩ π′ de I. Ce qui donne

f = a.χJ∩J′ et g = b.χJ∩J′ , a, b ∈ R. Ces fonctions sont constantes sur J∩ J′ et nulles sur

son complementaire dans I. �

Definition. Soit f une fonction en escalier positive sur l’intervalle I = [a, b]. On

appelle integrale de f sur l’intervalle I, le nombre qui mesure l’aire comprise entre

l’axe x′ox, les droites verticales d’equations x = a et x = b, et le graphe de la fonction

f . L’integrale de f se note

I(f) =

∫ b

a

f(x) dx.

En particulier I(f) ≥ 0 si f est une fonction en escalier positive.

Prenons une partition π de l’intervalle I de la forme : a = x1 < x2 < · · · < xn+1 = b.

Comme f est constante sur chaque intervalle de la partition π , posons f(xi) = ai, alors

I(f) =

∫ b

a

f(x) dx = a1(x2 − x1) + · · · + an(xn+1 − xn).

Cette integrale ne depend pas de la subdivision π, elle depend uniquement de la fonction

f comme on pourra le demontrer d’une facon generale dans la prochaine section.

Remarque. La variable x qui intervient dans l’integrale I(f) =

∫ b

a

f(x) dx est dite

variable d’integration. C’est une variable muette dans le sens ou la valeur de I(f) n’en

227


depend pas, c’est-a-dire que la variable x peut-etre changee par une autre variable sans

changer pour autant la valeur de l’integrale.

☞ Exemple 5.1.3 Dans l’exemple precedent, La subdivision de l’intervalle[0, 5

2

]est

π ={a = 0 < 1 < 2 < 5

2= b}. L’integrale de la fonction en escalier E(x) sur l’intervalle

[0, 5

2

]est I(E) =

∫ 52

0

E(x)dx = 0.(1 − 0) + 1.(2 − 1) + 2.

(5

2− 2

)

= 2. ◆

☞ Exemple 5.1.4 Si f est une fonction constante sur l’intervalle [a, b], c’est-a-dire

f(x) = c pour tout x ∈ [a, b], alors∫ b

af(x)dx = c(b− a). ◆

Lemme 5.1.2 Soient f et g deux fonctions en escalier positives sur l’intervalle I.

L’application I : C(I,R)+ → R+ est lineaire. C’est a dire

I(f + g) = I(f) + I(g) et I(λf) = λI(f).

Preuve : . On choisit une partition finie π de l’intervalle I de la forme a = x1 < x2 <

· · · < xn+1 = b ou les deux fonctions sont constantes sur l’intervalle [xi, xi+1[, i = 1, · · · , n.

C’est a dire f(x) = ai et g(x) = bi pour tout x ∈]xi, xi+1[. Alors (f + g)(x) = ai + bi, ∀x ∈]xi, xi+1[ et

(xi+1 − xi)ai + (xi+1 − xi)bi = (xi+1 − xi)(ai + bi).

D’oun∑

i=1

(xi+1 − xi)ai +

n∑

i=1

(xi+1 − xi)bi =

n∑

i=1

(xi+1 − xi)(ai + bi).

Ce qui prouve la premiere egalite. De meme, (λf)(x) = λai pour xi < x < xi+1. Donc

λ

[n∑

i=1

(xi+1 − xi)ai

]

=

n∑

i=1

(xi+1 − xi)(λai).

D’ou la deuxieme egalite. ◆

Lemme 5.1.3 Soient f et g deux fonctions en escalier telles que 0 ≤ f ≤ g.

L’application g − f est positive et en escalier et l’on a

I(g − f) = I(g) − I(f).

228


Preuve : . Les fonctions en escalier forment un sous-espace vectoriel de F (I,R). Donc

la fonction g − f est en escalier et positive. Ainsi, I(f) + I(g − f) = I(g). ◆

Lemme 5.1.4 Soit f ∈ E (I, R), une fonction en escalier sur l’intervalle I. On a

∣∣∣∣

∫ b

a

f(x) dx

∣∣∣∣≤∫ b

a

|f(x)| dx.

Preuve : . Avec les memes notations que dans les lemmes precedents, on a

∣∣∣∣

∫ b

a

f(x) dx

∣∣∣∣

= |(x1 − x0)α0 + · · · + (xn+1 − xn)αn|≤ |α0|(x1 − x0) + · · ·+ (xn+1 − xn)|αn|=

∫ b

a

|f(x)| dx. ◆

5.2 Integrale des fonctions positives

A chaque fonction bornee sur un intervalle ferme I = [a, b], on associe deux nombres

appeles integrales inferieures et superieures de f sur I. La fonction f est dite integrable

au sens de Riemann lorsque les deux integrales sont egales.

5.2.1 Sommes de Darboux

Pour chaque subdivision π = {a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b} et f une fonction

bornee sur l’intervalles I = [a, b], on pose

Mi = supx∈Ii

f(x) et mi = infx∈Ii

f(x).

229


0 1 2 30123456789

10111213141516

•

Cf

Af

0 1 2 3 40123456789

10111213141516

S(f, π) et s(f, π)

•

Cf

On definie deux nombres appeles sommes de Darboux de f sur l’intervalle I, par

S(f, π) =

n∑

i=1

Mi.|Ii| et s(f, π) =

n∑

i=1

mi.|Ii|.

L’aire A (f) de la surface delimitee par la courbe representative de f , les droites verticales

d’equations x = a, x = b et l’axe des abscisses verifie la relation

S(f,π) ≤ A (f) ≤ s(f,π).

☞ Exemple 5.2.1 Soit la fonction f : x 7→ x2 definie sur l’inervalle I = [0, 4]. Con-

siderons la subdivision π de pas 12

de I. Les sommes de Darboux associees a cette subdi-

vision representent simultanement les surfaces superieure et inferieure des rectangles au

dessus et au dessous du graphe Cf de f sur l’intervalle I. ◆

230


Les inegalites precedentes ne dependent pas de la subdivision utilisee. Pour le voir, con-

siderons deux subdivisions π et π′ de l’intervalle [a, b]

π = {a = x0 < x1 < · · · < xn = b} et π = {a = y0 < y1 < · · · < yn = b}

On dit que : π est un raffinement de π′ si π ⊂ π′. Ainsi :

Proposition 5.2.1 Supposons que la subdivision π est un raffinement de la subdi-

vision π′, alors :

S(f, π) ≤ S(f, π′), s(f, π) ≥ s(f, π′) et S(f, π) ≥ s(f, π′).

Si π1 et π2 sont deux subdivisions de l’intervalle I alors

s(f, π1) ≤ S(f, π2).

Preuve : . Posons I1, · · · , In les intervalles de π et J1, · · · ,Jm les intervalles de π′ :

Pour tout i = 1, · · · , m, posons Ii1, · · · , Iiniles intervalles contenus dans Ii. Alors

S(f,π) =n∑

j=1

Mj.|Ij | ≤m∑

i=1

ni∑

r=1

Mir .|Iir | ≤m∑

i=1

ni∑

r=1

MJi.|Ij| = S(f,π′).

Soit π le raffinement des deux subdivisions. Alors s(f,π1) ≤ s(f,π) ≤ S(f,π) ≤S(f,π2). ◆

Etant donnee une fonction positive f bornee sur l’intervalle I = [a, b], on va cherchee a

definir I(f). Pour cela on considere :

Les integrales associees aux fonctions en escalier sur I qui majorent

f forment un ensemble note E∗(f, I) et les integrales associees aux

fonctions en escalier sur I qui minorent f forment un ensemble note

E∗(f, I).

231


Soient µ ∈ E∗(f, I) et ω ∈ E∗(f, I) deux fonctions en escalier positives, alors ω < f < µ

et∫ b

aω(x) dx ≤

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

aµ(x) dx. Posons

I∗(f) = supω∈E∗(f,I)

I(ω) et I∗(f) = infµ∈E∗(f,I)

I(µ).

Alors

I∗(f) ≤ I∗(f).

Definition. Une fonction f positive definie et bornee sur l’intervalle [a, b] est dite

integrable (au sens de Riemann) si

I∗(f) = I∗(f).

Leur valeur commune s’appelle integrale de f sur l’intervalle [a, b]. On note

I(f) =

∫ b

a

f(x) dx.

☞ Exemple 5.2.2 La fonction de DirichletFonction de

Dirichlet

χQ(x) =

1 x ∈ Q

0 x /∈ Q

n’est pas Riemann-intgrable, car on a, pour toute partition π de [a, b], on a

s(f, π) = 0 et S(f, π) = b− a.

En effet, dans chaque sous-intervalle Ii de la partition il existe un nombre rationnel et

un autre irrationnel, donc supI f = 1 et infI f = 0. Ainsi, s(f, π) = 0 et S(f, π) sera la

somme des sous-intervalles de[a, b] qui n’est autre que b− a. ◆

Donnons-en, maintenant, une defintion equivalente de l’integrabilite au sens de Riemann.

232


Proposition 5.2.2 Pour qu’une fonction definie positive et boree sur l’intervalle I =

[a, b] soit integrable, il faut et il suffit que pour tout ε > 0, il y ait deux fonctions ω2

et ω1 telles que 0 < ω2 ≤ f ≤ ω1 et I(ω1) − I(ω2) ≤ ε.

Preuve : La condition est necessaire puisque, Le nombre I∗(f) (resp. I∗(f)) est definie

comme une borne inferieure (resp. superieure), pour tout ε1 (resp.) ε2)) > 0, il existe une

fonction etagee ω1 (resp. ω2) qui majore (resp. minore) f telle que

I∗(ω2) ≤ I(f) ≤ I

∗(ω2) + ε2 (resp. I∗(ω1) − ε1 ≤ I(f) ≤ I∗(ω1)).

Montrons que la condition est suffisante. Soient ε > 0, ω1 et ω2 deux fonctions en escalier

satisfaisant aux inegalites de l’enonce, alors I(ω2) ≤ I∗(f) ≤ I∗(f) ≤ I(ω1). Comme la

difference entre les extremes est majoree par ε1 alors I∗(f)−I∗(f) ≤ ε. Ceci est vrai pour

tout ε donc I∗(f) = I∗(f). ◆

Soient f et g deux fonctions integrables. D’apres cette proposition il decoule les proprietes

suivantes des integrales de fonctions positives, a savoir :

• Pour tout λ > 0, on a : I(f + g) = I(f) + I(g) et I(λf) = λI(f).

• Si f ≥ g, la fonction f − g est positive et on a : I(f − g) = I(f) − I(g).

• Les fonctions : sup(f, g), inf(f, g), fg, (f − g)+, (f − g)− et |f − g| sont integrables.

Les resultats sur l’integrabilite des fonctions positives bornees sur un intervalle I = [a, b]

s’etendent aux fonctions reelles definies et bornees sur I. Ceci est une consequence du

resultat suivant :

Lemme 5.2.3 Soient f et g sont deux fonctions definies, positives et bornees sur I.

Si f et g sont integrables, alors f − g l’est aussi et

I(f − g) = I(f) − I(g).

Preuve : Comme les fonctions (f − g)+ et (f − g)− sont integrables alors f − g est

integrable. Comme sup(f, g) = f + (f − g)− = g + (f − g)+ alors I(f) + I[(f − g)−] =

I(g) + I[(f − g)+]. D’ou le resultat. ◆

233


Les fonctions reelles, definies, bornees et integrables sur un intervalles I forment un sous-

espace vectoriel de B(I,R) et l’application f → I(f) est une forme lineaire sur cet espace.

Theoreme 5.2.4 (La moyenne) Soit f une fonction reelle, definie bornee et

integrable sur l’intervalle I = [a, b]. Posons m = infx∈I

f(x) et M = supx∈I

f(x), alors

m(b − a) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b − a).

Preuve : Les fonctions m et M sont constantes sur l’intervalle I, elles sont des fonctions

en escalier sur I donc elles sont integrables et on a I(m) ≤ I(f) ≤ I(M). Le theoreme

decoule du fait que I(m) = m(b− a) et I(M) = M(b− a). ◆

La proposition precedente est un outil pour montrer l’integrabilite de certaines classes de

fonctions integrables :

◆ Toute fonction continue sur un intevalle compact I = [a, b] a valeurs dans

R est integrable.

Preuve : En fait, f est une fonction bornee et uniformement continue sur I. Par

definition : ∀ε > 0, ∃η(ε) > 0, ∀x, x′ ∈ I : |x− x′| ≤ η =⇒ |f(x)− f(x′)| ≤ ε

|b− a| .On choisit une subdivision π = {a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b} de I verifiant

|xi − xi−1| ≤ η, i ≥ 1. On definit deux fonctions en escalier ω1 et ω2 sur I par ses

restrictions sur les sous-intervalles de la subdivision π, pour tout x ∈ Ii = [xi−1, xi],

par : ω2(x) = inft∈Ii

f(t) et ω1(x) = supt∈Ii

f(t), 1 ≤ i ≤ n. Les inf f et sup f sont finis

car f est continue sur les compacts Ii, donc elle est bornee sur chaque Ii et verifie

alors : ω2 ≤ f ≤ ω1 sur I.

5.2.2 Inegalites de Cauchy-Schwarz, Holder et Minkowski

Les inegalites suivantes sont utiles a plusieurs egards.

234


Theoreme 5.2.5 (Inegalite de Cauchy-Schwarz) Si f et g sont deux fonctions

integrables sur l’intervalle [a, b], alors on a

∫ b

a

|f(x)g(x)|dx ≤

∫ b

a

|f(x)|2

1/2

.

∫ b

a

|g(x)|2dx

1/2

Preuve : Soit λ ∈ R. Comme (|f | + λ|g(x)|)2 ≥ 0 alors le polynome de degre 2 en λ

λ2.

∫ b

a

|g(x)|2dx+ 2λ.

∫ b

a

|f(x)||g(x)|dx+

∫ b

a

|f(x)|2dx

qui est positif si et seulement si le descriminant reduit

δ =

(∫ b

a

|f(x).g(x)|dx)2

−∫ b

a

|f(x)|2∫ b

a

|g(x)|2

est inferieur ou egal a 0. D’ou le resultat. ◆

Theoreme 5.2.6 (Inegalite Minkowski) Si f et g sont deux fonctions integrables

sur l’intervalle [a, b], alors on a

∫ b

a

f(x) + g(x)

2

dx

1/2

≤

∫ b

a

|f(x)|2dx

1/2

+

∫ b

a

|g(x)|2dx

1/2

Preuve : On developpe

∫ b

a

(f(x)+g(x))2dx et on utilise l’inegalite de Cauchy-Schwarz. ◆

L’inegalite de Cauchy-Schwarz est un cas particulier de l’inegalite de Holder dont la preuve

sort du cadre de ce programme :

Theoreme 5.2.7 (Inegalite de Holder) Si f et g sont deux fonctions integrables

sur l’intervalle [a, b] et si p et q ∈ R∗ sont conjugues c’est-a-dire1

p+

1

q= 1, alors on a

∣∣∣∣

∫ b

a

|f(x)g(x)|dx

∣∣∣∣≤

∫ b

a

|f(x)|p

1/p

.

∫ b

a

|g(x)|qdx

1/q

235


5.3 Primitives des fonctions

Definition. Soit f une fonction definie sur l’intervalle I = [a, b], on peut lui associer

une fonction F definie sur [a, b] tel que F ′(x) = f(x). La fonction F est dite dans ce

cas primitive de f et on note

F (x) =

∫

f(x)dx + C.

Ainsi, deux fonctions qui admettent f comme derivee different d’une constante c’est-a-dire

que si une fonction admet une primitive sur un intervalle, elle en admet plusieurs.

☞ Exemple 5.3.1 La fonction F : x 7→ ln(x) est une primitive sur l’intervalle R+∗ de la

fonction f : x 7→ 1/x. Il en est de meme de G : x 7→ ln(3x) car G(x) = F (x) + ln(3). Par

contre F : x 7→ ℓn(x) est la seule primitive de f sur R+∗ qui s’annule en x = 1. ◆

Dans ce qui suit, nous montrons que la derivation et l’integration sont deux operations

inverses l’une de l’autre. De ce fait, on etablit un lien tres etroit entre le calcul differentiel

et le calcul inetgral. Ceci est justifie par le theoreme fondmental suivant :

Theoreme 5.3.1 Considerons une fonction continue f : [a, b] → R. Alors, pour tout

x ∈ [a, b] on a

d

dx

∫ x

a

f(t)dt = f(x).

Preuve : Posons I(x) =

∫ x

a

f(t)dt. Soient x ∈]a, b[ et h > 0 tel que x ± h ∈ [a, b].

Comme l’integrale est lineaire et additive, on a

I(x+ h) − I(x)

h− f(x) =

1

h

∫ x+h

x

[f(t) − f(x)] dt

236


I(x− h) − I(x)

−h − f(x) =1

h

∫ x

x−h

[f(t) − f(x)] dt.

Posons ε1 = sup{|f(t)− f(x)| | t ∈ [x, x+ h]} et ε2 = sup{|f(t)− f(x)| | t ∈ [x− h, x]}. Il

vient que∣∣∣∣

I(x+ h) − I(x)

h− f(x)

∣∣∣∣≤ ε1 et

∣∣∣∣

I(x− h) − I(x)

−h − f(x)

∣∣∣∣≤ ε2.

De la continuite de la fonction f au point x, decoule

I ′(x) = limh→0

I(x+ h) − I(x)

h= f(x).

On montre de la meme maniere dans les cas ou x = a et ou x = b. ◆

Theoreme 5.3.2 Considerons une fonction F : [a, b] → R continue qui admet une

derivee continue sur l’intervalle [a, b]. Alors,

∫ b

a

F ′(x)dx = F (b) − F (a).

On note F (b) − F (a) par F (x)|ba

Preuve : Considerons la fonction J(x) =

∫ x

a

F ′(t)dt. D’apres le theoreme precedent, on

a J ′(x) = F ′(x). Ainsi, les fonctions J(x) et G(x) = F (x) − F (a) admettent la meme

derivee sur l’intervalle [a, b], donc J(x) − G(x) = C ou C est une constante. Comme

J(a) = G(a), alors C = 0, c’est-a-dire que J(x) = G(x) pour tout x ∈ [a, b]. En prenant

x = b, il vient que J(b) = G(b) = F (a) − F (b). ◆

Donc, pour estimer

∫ b

a

f(x)dx il suffit de trouver une fonction F (x) telle que F ′(x) = f(x)

et on a tout simplement

∫ b

a

f(x)dx = F (x)∣∣ba .

On traite maintenant deux proprietes importantes de l’integrale : L’integration par parties

qui correspond a la regle de derivation d’un produit et la formule de changement de

variable qui correspond a la derivation en chaıne.

237


Theoreme 5.3.3 (Integration par parties). Soient f, g : [a, b] → R deux fonctions

continument derivables. Alors

∫ b

a

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)|ba −∫ b

a

f ′(x)g(x) dx.

Preuve : La derivation du produit s’ecrit

d

dx[f(x)g(x)] = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Donc

f(x)g(x) =

∫

f ′(x)g(x) dx+

∫

f(x)g′(x)dx.

Ainsi ∫ b

a

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)|ba −∫ b

a

f ′(x)g(x) dx. ◆

Remarque : Pour calculer une integrale de la forme∫ b

au(x) dx, il suffit d’ecrire la

fonction sous le signe somme sous la forme u(x) = f(x)g′(x).

Theoreme 5.3.4 (Changement de variable). Soit g : [c, d] → R une fonction

continument derivable et strictment monotone. Supposons que g verifie g[c, d] = [a, b].

Pour tout fonction f : [a, b] → R, on a

∫ b

a

f(x) dx =

∫ d

c

f(g(t))|g′(t)| dt

Preuve : Si F est une primitive de f alors (F (g(t))′ = F ′(g(t)).g′(t) = f(g(t)).g′(t).

Alors

F (g(t)) =

∫

(F (g(t))′dt =

∫

f(g(t)).g′(t)dt.

Si g est croissante, c’est-a-dire g′ > 0, alors

∫ d

c

f(g(t)).g′(t)dt = F (g(t))|dc = F (g(c)) − F (g(d)) = F (a) − F (b) =

∫ b

a

f(x) dx.

238


Si g est decroissante, c’est-a-dire g′ < 0 soit que −g′ > 0, d’apres ce qui precede on a

∫ d

c

f(g(t)).(−g′(t))dt = −F (g(t))|dc = −F (g(c))+F (g(d)) = −F (a)+F (b) =

∫ b

a

f(x) dx. ◆

☞ Exemple 5.3.2 Soit f(x) =1

x2 − 2x+ 5. Le denominateur s’ecrit sous forme fac-

torisee x2 − 2x+ 5 = (x− 1)2 + 4 = 4

[(x− 1

2

)2

+ 1

]

. Pour determiner la primitive de

f , faisons un changement de variables en posant t = x−12

. Il s’en suit que dt = dx2

et que∫

f(x)dx =1

2

∫du

u2 + 1=

1

2arctg u+ C =

1

2arctg

(x− 1

2

)

+ C. ◆

☞ Exemple 5.3.3 La fonction f(x) =x3 + 5

x(x2 − 2x+ 5)se decompose sous forme

f(x) = 1 +a

x+

bx+ c

x2 − 2x+ 5

Mais a = limx→0

xf(x) = 1 et bx+ c =

[

f(x) − 1 − 1

x

]

(x2 − 2x+ 5) = x− 3. Ainsi

f(x) = 1 +1

x+

x− 3

x2 − 2x+ 5= 1 +

1

x+

1

2

2x− 2

x2 − 2x+ 5− 2

x2 − 2x+ 5.

Sa primitive est alors

∫

f(x)dx = x+ ln(x) +1

2ln |x2 − 2x+ 5| − arctg

(x− 1

2

)

+ C. ◆


Exercice 5.4.1. ☞

Un mobile parcourt une courbe avec une acceleration a l’instant t donnee par γt = t2 +

5 sin 3t − 2 Calculer sa vitesse vt a cet instant ainsi que la distance parcourue xt. On

donne les valeurs initiales de la vitesse et la distance a l’instant t = 0 : v0 = 10 et x0 = 5.

239


Solution. On a par definition

vt =

∫

γtdt =

∫

(t2 + 5t− 2)dt =t3

3− 5

3cos 3t− 2t+ C.

Pour t = 0, on a v0 = −5

3+ C, donc C =

5

3. Et alors

vt =t3

3− 5

3cos 3t− 2t+

5

3.

La distance parcourue jusque la est

xt =

∫

vtdt =t4

12− 5

9sin 3t− t2 +

5

3t+ C ′.

Pour t = 0, on a x0 = C ′ = 5. Soit que

xt =t4

12− 5

9sin 3t− t2 +

5

3t+ 5.

Exercice 5.4.2. ☞

① Calculer les integrales suivantes

I1 =

∫ √x− 3

√x

x2dx, I2 =

∫xdx

(x2 + a2)ndx, a 6= 0, I3 =

∫dx

√

2x− 3), x >

3

2.

② Calculer les integrales suivantes

I4 =

∫

sin x cosxdx, I5 =

∫

xexdx, I6 =

∫

ℓnxdx, I7 =

∫

ex sin xdx.

Solution. On exprime les racines d’ordre n en terme de fonctions puissances et on

utilise la substitution des que l’occasion le permettra.

① On exprime la racine d’ordre n sous forme de fraction. Ainsi

I1 =

∫x1/2 − x1/3

x2dx =

∫(x−3/2 − x−5/2

)dx

240


=3

23√x2

− 2√x

+ C.

Dans l’integrale I2 on utilise la substitution ξ = x2 + a2, alors dξ = 2xdx. Donc

I2 =1

2

∫dξ

ξn.

On distingue ainsi deux cas :

Si n 6= 1. On obtient

I2 =1

2

ξ−n+1

1 − n+ C =

−1

2(n− 1)(x2 + a2)n−1+ C.

Si n = 1. On obtient

I2 =1

2ℓnξ + C =

−1

2ℓn(x2 + a2) + C.

Pour I3, on change de variable en posant u =√

2x− 3 > 0 ce qui donne dx = tdt.

Alors

I3 =

∫udu

u=

∫

du =√

2x− 3 + C.

② Pour integrer I4, on peut ecrire sin x cos x =1

2sin 2x. Donc

I4 =1

2

∫

sin 2x =1

4

∫

sin 2xd(2x)

= −1

4cos 2x+ C.

Dans I5, on integre par parties en posant

u = x du = dx dv = exdx v = ex.

Il vient que

I5 = xex −∫

exdx = xex − ex + C = ex(x− 1) + C.

Dans I6, on procede de la meme facon en posant

u = ℓnx, du =1

xdx et dv = dx, v = x.

Ce qui donne

I6 = xℓnx−∫

x.dx

x= xℓnx− x+ C = x(ℓnx− 1) + C.

241


L’integrale I7 se traite de la mme maniere, a savoir

u = sin x, du = cosxdx et dv = exdx, v = ex.

Donc

I7 = ex sin x−∫

ex cosxdx.

On integre par parties cette derniere integrale

∫

ex cosxdx = ex cosx+

∫

ex sin xdx.

En revenant a l’integrale initiale, on obtient

I7 = ex sin x− ex cosx−∫

ex sin xdx = ex sin x− ex cos x− I7.

Et alors

I7 =

∫

ex sin x =1

2ex(sin x− cosx) + C.

Exercice 5.4.3. ☞

Calculer, en precisant dans quels intervalles cela est possible, les primitives suivantes

J1 =

∫ √2

1

2dx

x(x2 + 1)2, J2 =

∫ 3

2

3x3 + 10x2 − 2x

(x2 − 1)2dx, J3 =

∫dx

(x+ 1)3(x2 + x+ 1)2.

Solution. Pour J1, posons u = x2 donc du = 2xdx. Ainsi

J1 =

∫ √2

1

2dx

x(1 + x2)2=

∫ 2

1

du

u(1 + u)2.

On decompose en elements simples

1

u(1 + u)2=A

u+

C

1 + u+

B

(1 + u)2.

On fait une division suivant les puissances croissantes

1

u(1 + u)2=

1

u− 1

1 + u− 1

(1 + u)2.

242


Donc

J1 = [ℓn|u|]21 − [ℓn|1 + u|]21 +

[1

1 + u

]2

1

= −1

6+ ℓn

4

3.

L’integrale J2 se calcul en decomposant la fraction sous le signe integrale, a savoir

3x3 + 10x2 − 2x

(x2 − 1)2=

A

(x− 1)2+

B

x− 1+

C

(x+ 1)2+

D

x+ 1.

On obtient facilement que A =11

4et C =

9

4. On multiplie chaque membre par x et on

fait tendre x vers +∞ ce qui donne B +D = 3. Pour x = 0, on a B = 4 et D = −1.

Enfin3x3 + 10x2 − 2x

(x2 − 1)2=

11

4(x− 1)2+

4

x− 1+

9

(x+ 1)2+

1

x+ 1.

En integrant, on obtient

J2 =

[

−11

4

1

x− 1+ 4ℓn|x− 1| − 9

4

1

x+ 1− ℓn|x+ 1|

]3

2

=25

16+ ℓn12.

Dans J3, on decompose la fraction rationnelle en elements simples. Pour le pole x = −1

d’ordre 3, on fait une division puissances croissantes a l’ordre 2, ce qui done

1

(x+ 1)3(x2 + x+ 1)2=

1

x+ 1+

2

(x+ 1)2+

1

(x+ 1)3+

Dx+ E

x2 + x+ 1+

Fx+G

(x2 + x+ 1)2.

On multiplie chaque membre par (x2 + x+ 1)2 et on pose x = j = e2iπ/3, ce qui donne

Fj + G = −1 donc f = 0 et G = −1. On multiplie chaque membre par x et on fait

tendre x vers +∞. On trouve D = −1. Pour x = 0 on a E = −2 et enfin

1

(x+ 1)3(x2 + x+ 1)2=

1

x+ 1+

2

(x+ 1)2+

1

(x+ 1)3− x+ 2

x2 + x+ 1− 1

(x2 + x+ 1)2.

On peut integrer sur tout intervalle [a, b] ne contenant pas −1 car la fonction est

continue pour x 6= −1. Ainsi

J3 = ℓn|x+ 1| − 2

x+ 1− 1

2(x+ 1)2−∫

(x+ 2)dx

x2 + x+ 1︸︷︷︸

K1

−∫

dx

(x2 + x+ 1)2

︸︷︷︸

K2

.

Calculons les integrales K1 et K2. On a

K1 = −1

2

∫(2x+ 1)dx

x2 + x+ 1− 3

2

∫dx

x2 + x+ 1

= −1

2ℓn(x2 + x+ 1) −

√3 arctan

(2x+ 1√

3

)

.

243


et

K2 =

∫(x+ 2)dx

[(

x+1

2

)2

+3

4

]2 =16

9

∫dx

[

4

3

(

x+1

2

)2

+ 1

]2 .

Posons X =2√3

(

x+1

2

)

donc dX =2√3dx. Ainsi

K2 =8√

3

9

∫dX

[1 +X2]2.

En decomposant la fonction sous l’integrale en elements simples par rapport a X et en

remplacant, on obtient

K2 =2x+ 1

3(x2 + x+ 1)+

4√

3

9arctan

(2x+ 1√

3

)

.

Finalement

J3 = ℓn|x+ 1|√x2 + x+ 1

− 4x+ 5

2(x+ 1)2− 13

√3

9arctan

(2x+ 1√

3

)

− 1

3

2x+ 1

x2 + x+ 1+K.

Exercice 5.4.4. ☞

① Calculer les primitives suivantes

I1 =

∫ 0

−1

x√x2 + 2x+ 2dx.

On pourra ecrire x2 + 2x + 2 sous la forme canonique et faire un changement de

variable en utilisant les fonctions hyperboliques.

② Calculer l’integrale suivante

I2 =

∫ 1

−1

ℓn

(1 + x

1 − x

)√1 − x2dx.

③ Demontrer l’egalite suivante

∫ π

π2

xdx

1 + sin x=

∫π

2

0

π − x

1 + sin xdx.

244


En deduire la valeur de l’integrale definie

I3 =

∫ π

0

xdx

1 + sin x.

Solution.

① On peut ecrire x2 +2x+2 = (x+1)2 +1 et poser x+1 = sh t. On a alors x = −1

pour t = 0 et θ designant le nombre tel que sh θ = 1. On a dx = ch tdt, d’ou

I1 =

∫ 0

−1

x√x2 + 2x+ 2dx =

∫ θ

0

(sh t− 1)ch 2tdt

=

∫ θ

0

ch 2tsh tdt−∫ θ

0

ch 2tdt

On a∫ θ

0

ch 2tsh tdt =

[ch 3t

3

]θ

0

=1

3(ch 3θ − 1).

et∫ θ

0

ch 2tdt =

∫ θ

0

ch 2t+ 1

2dt

[sh 2t

4+t]θ

0

=sh 2t

4+θ

2.

Or, sinh θ = 1, ch 2θ − sh 2θ = 1, donc ch 2θ = 2 et ch θ =√

2. puis sh 2θ =

2sh θch θ = 2√

2. On a donc

I1 =1

3(2√

2 − 1) −√

2

2− θ

2.

Pour calculer θ, ecrivons eθ − e−θ = 2 ou e2θ − 2eθ − 1 = 0 d’ou

eθ = 1 +√

2 et θ = ℓn(1 +√

2).

On sait d’ailleurs que argsh θ = ℓn|x+√x2 + 1|. Finalement

I1 =

√2

6− 1

3− ℓn(1 +

√2

2.

② La fonction sous le signe integrale est continue sur l’intervalle [−1, 1] car

limx→0

xℓn|x| = 0, elle est donc integrable sur cet intervalle. Effectuons le change-

ment de variable ϕ = arccosx c’est a dire x = cosϕ et dx = sinϕdϕ. Il vient

que

I2 =

∫ 0

π

2ℓn∣∣∣coth

ϕ

2

∣∣∣ cosϕ sinϕ(− sinϕ)dϕ

245


= −2

∫ 0

π

ℓn∣∣∣tg

ϕ

2

∣∣∣ cosϕ sin2 ϕdϕ

Nous effectuons maintenant une integration par parties

u = ℓn∣∣∣tg

ϕ

2

∣∣∣ , du =

dϕ

sinϕ, dv = cosϕ sin2 ϕdϕ et v =

1

3sin3 ϕ.

Mais[

sin3 ϕℓn∣∣∣tg

ϕ

2

∣∣∣

]π

0= 0.

Il vient que

I2 =2

3

∫ π

0

ℓn sin2 ϕdϕ =1

3

∫ ϕ

0

(1 − cos 2ϕ)dϕ

=1

3

[

ϕ− 1

2sin 2ϕ

]π

0

=π

3.

③ En posant x = π − t, on trouve

∫ π

π

2

xdx

1 + sin x=

∫ 0

π

2

π − t

1 + sin(π − t)(−dt) =

∫π

2

0

π − x

1 + sin xdx

=

∫π

2

0

π

1 + sin xdx−

∫π

2

0

x

1 + sin xdx

C’est a dire

∫ π

0

x

1 + sin xdx =

∫π

2

0

π

1 + sin xdx = π

∫ 1

0

1

1 + 2t1 + t221 + t2dt

= 2π

∫ 1

0

1

(1 + t)2dt = 2π

[ −1

1 + t

]1

0

= 2π

(

−1

2+ 1

)

= π.

Exercice 5.4.5. ☞

246


① Calculer les integrales

I =

∫ 1

0

dx√1 + x2

et J =

∫ π

0

x2 sin xdx.

② Chercher les limites lorsque n→ +∞ de

1√n2 + 1

+1√

n2 + 22+ · · · + 1√

n2 + n2.

et de12

n3sin

π

n+

22

n3sin

2π

n+ · · · n

2

n3sin

nπ

n.

Solution.

① On a

I = [argsh x]10 =[

ℓn|x+√

1 + x2|]1

0= ℓn(1 +

√2).

Pour J , on integre par parties de facon a abaisser le degre de la puissance de x,

il vient

∫ π

0

x2 sin xdx =[−x2 cosx

]π

0+

∫ π

0

2x cosxdx

= π2 + [2x sin x]π0 −∫ π

0

2 sin xdx

= π2 − 4.

② En mettant1

nen facteur, la premiere somme s’ecrit

n∑

i=1

1

n

1√

1 +

(i

n

)2=

n∑

i=1

1

n

(i

n− i− 1

n

)1

√

1 +

(i

n

)2

et on voit que la limite lorsque n → +∞ est∫ 1

0

dx√1 + x2

= ℓn(1 +√

2). De la

meme facon la deuxieme somme s’ecrit

1

π3

π

n

n∑

i=1

(iπ

n

)2

sin

(iπ

n

)

.

247


D’ou la limite est1

π3

∫ π

0

x2 sin xdx =1

π− 4

π3.

Remarque : On peut aussi ecrire la deuxieme somme

n∑

i=1

1

n

(i

n

)2

sin

[

π

(i

n

)]

qui a pour limite∫ π

0x2 sin πxdx.

Exercice 5.4.6. ☞ Calculer les integrales suivantes

I1 =

∫ 1

−1

(arccosx)2dx, I2 =

∫π

2

0

cosxℓn(1 + cosx)dx, I3 =

∫ 1

0

1 − x cosα

1 − 2x cosα + x2dx.

Meme question avec les integrales suivantes

I4 =

∫

earcsin x xdx√1 − x2

, I5 =

∫

earcsin xdx, .

Solution. Pour I1, on integre par parties deux fois. Posons le changement de variables

u = (arccosx)2, dv = dx, du =−2 arccosx√

1 − x2dx et v = x.

Ce qui donne

I1 =[x(arccosx)2

]+1

−1+ 2

∫ +1

−1

x arccosx√1 − x2

dx.

Faisons un deuxieme changement

u1 = arccosx, dv1 =xdx√1 − x2

, du1 =dx√

1 − x2dx et v1 = −

√1 − x2.

Ce qui donne

I1 =[

x(arccos x)2 − 2√

1 − x2 arccosx]+1

−1− 2

∫ +1

−1

√1 − x2

√1 − x2

dx

=[

x(arccos x)2 − 2√

1 − x2 arccosx− 2x]+1

−1

= π2 − 4.

248


L’integrale I2 se calcule par parties. On pose le changement de variables

u = ℓn(1 + cosx), du = − sin xdx

1 + cosx, dv = cosx et v = sin x.

Ce qui donne

I2 = [ℓn(1 + cos x) sin x]

π

20 +

∫π

2

0

sin2 xdx

1 + cosx

=

∫π

2

0

sin2 xdx

1 + cos=

∫π

2

0

1 − cos2 x

1 + cosxdx

=

∫π

2

0

(1 − cos x)dx = [x− sin x]

π

20

=π

2− 1.

Pour le calcul de I3, procede d’abord au manipulations suivantes

I3 =

∫ 1

0

1 − x cosα

(x− cosα)2 − cos2 α+ 1dx =

∫ 1

0

sin2 α− cosα(1 − x cosα)

(x− cosα)2 sin2 α + 1dx

=

∫ 1

0

dx

1 +

(x− cosα

sinα

)2 −∫ 1

0

cosα(x− cosα)dx

x2 − 2x cosα + 1

=

[

(sinα) arctan

(x− cosα

sinα

)

− (cosα)ℓn√x2 − 2x cosα + 1

]1

0

Soit

I3 = sinα

arctan

(1 − cosα

sinα

)

+ arctan(cotg α)

− cosα

ℓn2 − ℓn∣∣∣sin

α

2

∣∣∣

.

Ces calculs sont valables pour α 6= π

2+ kπ ou α 6= 2kπ ou α 6= (2k + 1)π, k ∈ Z.

D’autre part, pour ces valeurs, on a

I3 =

∫ 1

0

dx

1 + x2=π

4Si α =

π

2+ kπ

∫ 1

0

1

(1 − x)dx = +∞ Si α = 2kπ

∫ 1

0

dx

1 + xdx = ℓn2 Si α = (2k + 1)π.

249


Pour I4, on integre par parties sur tout intervalle [a, b] inclus dans ] − 1, 1[. Posons

u = earcsin x, du =earcsin x

√1 − x2

dx, dv =xdx√1 − x2

et v = −√

1 − x2.

Il vient que

I4 = −√

1 − x2earcsin x +

∫

earcsin xdx.

On procede a une deuxieme integration par parties de I4, en posant

u = x, du = dx, dv =earcsin xdx√

1 − x2et v = earcsin x.

On trouve alors

I4 = xearcsin x −∫

earcsin xdx

En ajoutant les deux expressions de I4, on obtient

I4 =1

2(x−

√1 − x2)earcsin x et I5 =

1

2(x+

√1 − x2)earcsinx.

Exercice 5.4.7. ☞

① Calculer les integrales suivantes

I1 =

∫

sin6 xdx, I2 =

∫

sh 6x, I3 =

∫π

2

0

cosxdx

(1 + sin x)4, I4 =

∫xdx

(x2 + 1)3.

② Calculer les integrales suivantes

I5 =

∫xdx√x4 + 2

, I6 =

∫

arctan xdx, I7 =

∫

arcsin xdx, I8 =

∫dx

cosx sin3 x.

③ Calculer les integrales suivantes

I9 =

∫

dx cos6 x, I10 =

∫dx

sin xdx, I11 =

dx

cosx, I12 =

∫ √tg xdx.

④ Supposons que b > a. Calculer les intgerales suivantes

I13 =

∫ b

a

dx√

(x− a)(b− x), I14 =

∫ b

a

√

(x− a)(b− x) dx et I15 =dx

(1 + x2)7/2.

250


Solution.

① Pour le calcul de I1, on utilise la formule de Moivre. Ainsi

I1 =

∫(eix − e−ix)6

26i6dx

= − 1

64

∫[e6ix + e−6ix − 6(e4ix + e−4ix) + 15(e2ix + e−2ix) − 20

]dx

= − 1

32

∫

[cos 6x− 6 cos 4x+ 15 cos 2x− 10] dx

= −sin 6x

192+

3

64sin 4x− 15

64sin 2x+

5

16x+K.

La mem calcul que precedemment, on trouve

I2 == − 1

192sh 6x+

3

64sh 4x− 15

64sin 2x+

5

16x+K.

Pour I3, posons le changement de variable t = 1 + sin x ou x = arcsin(t − 1). Il

vient que

I3 =

∫ 2

1

dt

t4=

[

− 1

3t3

]2

1

=7

24.

Pour I4, posons t = x2 + 1 ou x =√

1 − t. Ce qui donne

I4 =

∫dt

2t3= − 1

4t2+K = − 1

4(1 + x2)2+K.

② Pour I5, on pose t = x2 donc x = ±√t. Suivant que x est positif ou negatif, on

obtient

I5 =1

2

∫dt√

2 + t2=

1

2ℓn|t+

√2 + t2| +K =

1

2ℓn|x2 + 1 +

√2 + x4| +K.

Pour I6, on integre par parties en posant u = arctan x et dv = dx. Alors

I6 = x arctan x−∫

xdx

1 + x2= x arctanx− 1

2ℓn(1 + x2) +K

Pour I7, on procede la meme maniere en posant u = arcsin x et dv = dx. Ce qui

donne

I7 = x arcsin x−∫

xdx√1 − x2

= x arcsin x+√

1 − x2 +K.

Dans I8, on procede au changement t = cos 2x ou x =1

2arccos t. Soit

I8 = −2

∫dt

(1 + t)(1 − t)2= −1

2

ℓn(1 + t)

1 − t− 1

1 − t+K = ℓn|tg x| − 1

2 sin2 x+K.

251


Posons t = tg x, pour trouver que

I9 =

∫

(1 + t2)2dt = tg x+2

3tg 3x+

1

5tg5x+K.

dans l’integrale I10 et I11, on pose t = tgx

2. Soit

I10 =

∫dx

sin x= ℓn

∣∣∣tg

x

2

∣∣∣ +K et I11 =

∫dx

cosx= ℓn

∣∣∣tg

(x

2+π

4

)∣∣∣+K ′.

Posons y =√

tg x ou 2ydy = (1 + tg 2x)dx. Ce qui donne

I12 = 2

∫y2dy

1 + y4.

Il suffit de decomposer la fraction sous le signe integrale en elements simples et

de reprendre les calculs faits precedemment.

③ Remarquons que

−x2 + (a + b)x− ab = −[

x− a+ b

2

]2

+(a− b)2

4.

Ce qui donne

I13 =

[

arcsin x− a+ b

2

∣∣∣∣

a− b

2

∣∣∣∣

]b

a

= π.

Pour le calcul de I14 posons x =|a− b|

2cosϕ+

a+ b

2. Ainsi

I14 =

∫ π

0

(a− b)2

4sin2 ϕ dϕ =

(a− b)2

4

∫ π

0

1 − cos 2ϕ

2dϕ =

(a− b)2π

8.

Pour I15, on pose x = tg ϕ donc dx = (1 + x2)dϕ et

I15 =

∫

cos5 ϕdϕ =

∫

(1 − sin2 ϕ)2d(sinϕ)

= sinϕ− 2

3sin3 ϕ+

1

5sin5 ϕ+K.

Exercice 5.4.8. ☞

252


① Calculer les integrales

I1 =

∫ 4

2

|x2 − 4x+ 3|dx, I2 =

∫3π

2

0

| sin x|dx et I3 =

∫π

2

0

∣∣∣∣cosx− 1

2

∣∣∣∣dx.

② Calculer les integrales

I4 =

∫x2

√1 + x2

dx, I5 =

∫x√

1 − x2dx et I6 =

∫x

2

√

1 + x2

1 − x2dx.

Solution.

① L’etude de la fonction definie par f(x) = x2 − 4x = 3 sur l’intervalle [2, 4] nous

donne

f(x) ≤ 0 si x ∈ [2, 3] etf(x) ≥ 0 si x ∈ [3, 4].

Par suite

I1 = −∫ 3

2

f(x) +

∫ 4

3

f(x)dx = 2.

Meme remarque pour I2. On obtient

I2 =

∫ π

0

sin xdx−∫

3π

2

π

sin xdx = [− cosx]π0 − [− cosx]

3π

2π = 3.

Pour I3, remarquons que

cosx− 1

2≥ 0 si x ∈

[

0,π

3

]

et cos x− 1

2≤ 0 si x ∈

[π

3,π

2

]

.

Par suite

I3 =

∫π

3

0

(

cosx− 1

2

)

dx−∫π

2π

2

(

cos x− 1

2

)

dx

=[

sin x− x

2

]π

30

−[

sin x− x

2

]π

2π

3=

√3 − π

12.

253


② Dans I4 posons le changement de variables x = sh t, on a

I4 =

∫

sh 2tdt =

∫ch 2t− 1

2dt

=sh 2t

4− t

2=

ch tsh t

2− t

2

=x√

1 + x2

2− argsh x

2.

Comme ch t =√

1 + x2 alors t = argsh x = ℓn(x+√

1 + x2) d’ou

I4 =x√

1 + x2

2− ℓn(x+

√1 + x2)

2+ C.

Dans I5 posons le changement de variables x = sin t. Ainsi

I5 =

∫

sin2 tdt =

∫1 − cos 2t

2dt

=t

2− vsin 2t4 =

t− sin t cos t

2

=arcsin x

2− x

√1 − x2

2+ C.

Dans I6 posons le changement de variables t =

√

1 + x2

1 − x2. Ainsi

I6 =

∫t2

(t2 + 1)2dt = − t

2(1 + t2)+

arctan t

2

=1

2arctan

√

1 + x2

1 − x2

−√

1 − x4

4+ C.

Exercice 5.4.9. ☞

① Soit a > 0 et f : [−a, a] → R une fonction continue. Montrer que

∫ a

−a

f(x)dx =

0 si f est impaire

2

∫ a

0

f(x)dx si f est paire.

254


② En deduire les valeurs des integrales suivantes

I =

∫ 1

−1

ex2cos x arctanx

(1 + x2)4dx et J =

∫ π

−π

(1 + sin x+ sin3 x+ · · · + sin2n+1 x) dx.

③ Montrer que∫π

4

0

ℓn(

sin(

x+π

4

))

dx =

∫π

4

0

ℓn (cos(x)) dx.

En deduire que∫π

4

0

ℓn(1 + tg (x))dx =πℓn2

8.

Solution.

① Lorsque f est une fonction impaire, avec le changement de variable t = −x,x ∈ [−a, 0], on a dt = −dx et

∫ 0

−a

f(x)dx =

∫ 0

a

f(−t)(−dt) =

∫ a

0

f(−t)dt = −∫ a

0

f(t)dt.

Par suite ∫ a

−a

f(x)dx = −∫ a

0

f(x)dx+

∫ a

0

f(x)dx = 0.

Lorsque f est une fonction paire, posons t = −x, x ∈ [−a, 0] on a dt = −dx et

∫ 0

−a

f(x)dx =

∫ 0

a

f(−t)(−dt) =

∫ a

0

f(−t)dt =

∫ a

0

f(t)dt.

Par suite ∫ a

−a

f(x)dx = 2

∫ a

0

f(x)dx.

② La fonction x → ex2cosx arctan x

(1 + x2)4est impaire donc I = 0. D’autre part la

fonction g : x→ sin x+ sin3 x+ · · ·+ sin2n+1 x est paire, donc

I =

∫ π

−π

dx+

∫ π

−π

g(x)dx

︸︷︷︸

=0

= (π − (−π) = 2π.

255


③ Avec le changement de variable t =π

4− x et puisque

π

4− t+ t+

π

4=π

2, on a

∫π

4

0

ℓn(cosx)dx =

∫π

4

0

ℓn(

cos(π

4− t))

dt = ℓn(

cos(

t+π

4

))

dt.

Par suite∫π

4

0

ℓn(cosx)dx =

∫π

4

0

ℓn

√2

2(sin x+ cosx)dx

et

I =

∫π

4

0

ℓn(sin x+ cosx)dx−∫π

4

0

ℓn(cos x)dx

=

∫π

4

0

ℓnsin x+ cosx

√2

2(sin x+ cosx)dx

=

∫π

4

0

ℓn(√

2) =πℓn2

8.


① Calculer l’integrale :

I =

∫ 1

0

dx

x4 + 1.

② Par une integration par parties, obtenir a partir de I, la valeur de l’integrale

J =

∫ 1

1

dx

(x4 + 1)2.

③ Calculer l’integrale

K =

∫ 1

0

(x+ 1)dx

(x4 + 1)2.

Solution. On decompose d’abord la fonction sous le signe integrale en elements.

simples.

256


① On obtient

1

x4 + 1=

√2

4x+

1

2x2 + x

√2 + 1

+−√

2

4x− 1

2x2 + x

√2 + 1

.

De plus √2

4x+

1

2=

√2

8(2x+

√2) +

1

4.

L’integrale I s’ecrit sous la forme de deux integrales. La premiere s’ecrit

∫ 1

0

√2

4x+

1

2x2 + x

√2 + 1

=

√2

8

∫ 1

0

2x+√

2

x2 + x√

2 + 1dx+

1

4

∫ 1

0

dx(

x+

√2

2

)2

+

(√2

2

)2 .

Donc

∫ 1

0

√2

4x+

1

2x2 + x

√2 + 1

=

√2

8

[

ℓn(x2 + x√

2 + 1)]1

0+

√2

4

[

arctan(x√

2 + 1)]1

0

=

√2

8ℓn(2 +

√2) +

√2

4

(

arctan(√

2 + 1) − π

4

)

=

√2

8ℓn(2 +

√2) +

√2

4

(3π

8− π

4

)

.

Calculons la deuxieme integrale en posant X = −x :

∫ 1

0

−√

2

4x+

1

2x2 − x

√2 + 1

=

√2

8

[

ℓn(X2 +X√

2 + 1] 0

−1+

√2

4

[

arctan(x√

2 + 1)] 0

−1

= −√

2

8ℓn(2 −

√2) +

√2

4

(

π4 − arctan(1 −√

2))

= −√

2

8ℓn(2 −

√2) +

√2

4

(π

4+π

8

)

.

Soit

I =

√2

8ℓn

(

2 +√

2

2 −√

2

)

+π√

2

8.

② Pour faire apparaıtre l’integrale J , on Integre par parties I en posant

u =1

(x4 + 1)et dv = dx.

Il vient

I =

[x

x4 + 1

]1

0

+ 4

∫ 1

0

x4dx

(x4 + 1)2=

1

2+ 4I − 4J.

ce qui donne

J =1

8+

3

4I.

257


③ Remarquons que

K = J +1

2

∫ 1

0

2xdx

(x4 + 1)2

︸︷︷︸

K ′

.

Dans la derniere integrale, effectuons le changement de variable X = x2,

K ′ =

∫ 1

0

2xdx

(x4 + 1)2=

∫ 1

0

dX

(X4 + 1)2.

En integrant par parties l’integrale cette integrale, on obtient K ′ :

∫ 1

0

dX

X2 + 1=

[1

X2 + 1

]1

0

+ 2

∫ 1

0

X2dX

(X2 + 1)2=

1

2+ 2

∫ 1

0

dx

(X2 + 1)2− 2K ′.

Soit

K ′ =1

4+

1

2

∫ 1

0

dX

1 +X2=

1

2+π

4

d’ou

K = J +1

8+

π

16.


① Calculer I2n+1 − I2n−1 sachant que

I2n+1 =

∫π

2

0

sin(2n+ 1)t

sin tdt, n ∈ N∗.

En deduire la valeur de I2n+1.

② Calculer I2n − I2n−2 sachant que

I2n =

∫π

2

0

sin 2nt

sin tdt, n ∈ N.

En deduire la valeur de I2n.

③ Soit f une fonction continue telle que f(x) = f(a+ b− x). Montrer qu’on a

∫ b

a

xf(x)dx =a+ b

2

∫ b

a

f(x)dx.

258


En deduire la valeur de l’integrale

I =

∫ π

0

xdx

1 + sin xet J =

∫ π

0

x sin x

1 + cos2 xdx.

④ Calculer les integrales suivantes

I1 =

∫ +∞

0

2xℓnx

(1 + x2)2dx, J1 =

∫ +∞

0

2x arctanx

(1 + x2)2dx et K1 =

∫ −a

0

dx

x3 + x+ 1

a etant une racine de l’equation x3 + x+ 1 = 0.

Solution.

① On a pour chaque entier n

I2n+1 − I2n−1 = 2

∫π

2

0

cosntdt = 0.

Ainsi

I2n+1 = I2n−1 = · · · = I3.

Or

I3 =

∫π

2

0

sin 3t

sin tdt = (1 + 2 cos 2t)dt =

π

2.

② De meme on a

I2n − I2n−2 = 2

∫π

2

0

cos(2n− 1)tdt =2

2n− 1(−1)n−1.

Soit que

I2n = I2 + 2

(

−1

3+

1

5+ · · ·+ (−1)n−3

2n− 5+

(−1)n−2

2n− 3+

(−1)n−1

2n− 1

)

= 2

(

1 − 1

3+

1

5+ · · · + (−1)n−3

2n− 5+

(−1)n−2

2n− 3+

(−1)n−1

2n− 1

)

puisque I2 = 2.

259


③ Pour la premiere relation, poser y = a + b − x. Pour le calcul, choisir f(x) =1

1 + sin x. Ainsi, en posant le changement de variables t = tg

x

2, on obtient

I =

∫π

2

0

xdx

1 + sin x=π

2

∫ +∞

0

dt

(1 + t)2=π

2.

Pour le calcul de J considerons la fonction f(x) = sin x1 + cos2 x. Pour tout

x ∈ [0, π] on a f(π − x) = f(x). Donc

J =

∫ π

0

xf(x)dx =π

2

∫ π

0

sin x

1 + cos2 xdx.

Posons u = cosx, on a

J =π

2

∫ +1

−1

du

1 + u2=π

2[arctan x]+1

−1 =(π

2

)2

.

④ L’integrale IA,ε =

∫ A

ε

2xℓnx

(1 + x2)2dx se calcul par parties en posant

u = ℓnx et dv =2x

(1 + x2)2,

on obtient

IA,ε =

[

− ℓnx

1 + x2

]A

ε

+

∫ A

ε

dx

x(1 + x2)

= − ℓnA

1 + A2+

ℓnε

1 + ε2+

∫ A

ε

dx

x− 1

2

∫ A

ε

2xdx1 + x2

= − ℓnA

1 + A2+ ℓn

A√1 + A2

+ ℓnε

(1

1 + ε2− 1

)

+1

2ℓn(1 + ε2).

Or I1 = limε→0

A→∞

IA,ε = 0, alors

∫ ∞

0

xℓnx

(1 + x2)2dx = 0.

Meme remarque, on a J1 = limε→0

A→∞

JA,ε ou JA,ε =

∫ A

ε

2x

(1 + x2)2arctan xdx. On fait

une integration par parties en posant u = arctan x et dv =dx

1 + x2. Ainsi

JA,ε =

[arctan x

1 + x2

]A

ε

+

∫ A

ε

dx

(1 + x2)2.

260


La valeur de la derniere integrale s’obtient par une integration par parties de∫ A

ε

dx

1 + x2. Ainsi

∫ A

ε

dx

1 + x2= arctanA− arctan ε

=

[x

1 + x2

]A

ε

+

∫ A

ε

2x2

(1 + x2)2dx

=A

1 + A2− ε

1 + ε2+ 2

∫ A

ε

dx

1 + x2−∫ A

ε

dx

(1 + x2)2.

Soit que∫ A

ε

dx

(1 + x2)2=

1

2

[A

1 + A2− ε

1 + ε2

]

+1

2[arctanA− arctan ε]

ou encore

JA,ε =arctanA

1 + A2− arctan ε

1 + ε2+ 12

[A

1 + A2− ε

1 + ε2+ arctanA− arctan ε

]

.

Et

J1 = limε→0

A→∞

JA,ε =π

4.

On peut ecrire x3+x+1 = (x−a)(

x2 + ax− 1

a

)

et le polynome

(

x2 + ax− 1

a

)

est irreductible sur R. Par suite, on a le decomposition

1

x3 + x+ 1= − a

2a + 3

1

x− a+

a

2a+ 3

x+ 2a

x2 + ax− 1

a

.

D’autre part, on a

x2 + ax− 1

a=(

x+a

2

)2

−(a3 + 4

4a

)

=(

x+a

2

)2

+

(a− 3

4a

)

.

Puisque a3 + 4 = a3 + 1 + 3 = −a + 3. Maisa− 3

4a> 0 et s’ecrit sous la forme

α2, d’ou

x2 + ax− 1

a= α2

[

1 +1

α2

(

x+a

2

)2]

= α2

[

1 +1

α2

(x

α+

a

2α

)2]

.

Ainsi∫ a

0

x+ 2a

x2 + ax− 1

a

dx =1

2

∫ −a

0

2x+ a

x2 + ax− 1

a

dx+3

2α2

∫ −a

0

dx

1 +(x

α+

a

2α

)2

=1

2

[

ℓn

(

x2 + ax− 1

a

)]−a

0

+3

2α2(−2α) arctan

a

2α

= − 3

αarctan

a

2α.

261


Exercice 5.4.12. ☞ On designe par I(a, b) l’integrale

I(a, b) =

∫ b

a

(1 − x2)dx

(1 + x2)√

1 + x4.

① Montrer que I(a, b) = I(−a,−b) et que si a et b sont de memes signes, on a

I(a, b) = I

(1

a, 1b

)

.

Etablir enfin que

I =

(

a,1

a

)

= 0.

② Calculer I(a, b). On pourra traiter d’abord le cas ou a et b sont superieure a 1 et

prendre comme variable t = x+1

x.

Solution.

① On prend pour variable u = −x

I(a, b) =

∫ −b

−a

1 − u2

(1 + u2)√

1 + u4(−du) = −I(−a,−b) = I(−b,−a).

Si a et b sont de meme signe, v =1

xdefinit un changement de variables continu

sur [a, b] et

I(a, b) =

∫ 1b

1a

(1 − v−2)

(1 + v−2)√

1 + v−4(−v−2)dv

=

∫ 1b

1a

(1 − v2)dv

(1 + v2)√

1 + v−4dv

= I

(1

a,1

b

)

.

En particulier I

(

a,1

a

)

= I

(1

a, a

)

= 0.

262


② La fonction t : x → x +∫ 1

b1a

1

xest continue et derivable si x 6= 0. Sa derivee est

t′ =x2 − 1

x2et son tableau de variations montre que si a et b sont superieurs a 1,

cette fonction t definit donc un homomorphisme differentiable de [a, b] dans [α, β]

ou α = a +1

aet β = b+

1

bet alors

I(a, b) =

∫ β

α

−dtt√t2 − 2

=

[√2

2arcsin

√2

t

]β

α

.

Ce qui donne

I(a, b) =

√2

2

[

arcsinb√

2

b2 + 1− arcsin

a√

2

a2 + 1

]

si a et b sont superieurs a 1.

Si 0 < a < 1 et 0 < b < 1 alors1

a> 1 et

1

b> 1 par suite

I

(1

a,1

b

)

=

√2

2

[

arcsinb√

2

b2 + 1− arcsin

a√

2

a2 + 1

]

= I(a, b).

Si 0 < a ≤ 1 ≤ b, on obtient

I(a, b) = I

(

a,1

a

)

+ I

(1

a, b

)

= 0 + I

(1

a, b

)

=

√2

2

[

arcsinb√

2

b2 + 1− arcsin

a√

2

a2 + 1

]

.

La valeur de I(a, b) est donc connue si a et b sont tous deux positifs. Si a et b sont

tous deux negatifs, on a I(a, b) = I(−a,−b). Enfin les fonctions a → I(a, b) ou

b → I(a, b) sont des fonctions continues puisque I est l’integrale d’une fonction

continue. On obtient donc en prenant a du meme signe que b

I(0, b) = lima→0

I(a, b) =

√2

2arcsin

b√

2

b2 + 1.

D’ou la formule generale

I(a, b) = I(0, b) − I(0, a) =

√2

2

[

arcsinb√

2

b2 + 1− arcsin

a√

2

a2 + 1

]

.

263


5.5 Problemes corriges

Enonce 1

Calculer l’integrale suivante I =

∫ 3

2

dx√−x2 + 4x− 3

.

Solution 1

On peut ecrire −x2 + 4x− 3 = 1 − (x− 2)2 d’ou

∫ 3

2

dx√−x2 + 4x− 3

=

∫ 3

2

dx√

1 − (x− 2)2.

Faisons un changment de variables : x − 2 = sin(t). Il s’en suit que x ∈ [2, 3] si et

seulement si (x− 2) ∈ [0, 1]. Ainsi, t = arcsin(x − 2) pour t ∈[0, π

2

]et dx = cos(t)dt.

Donc ∫ 3

2

dx√−x2 + 4x− 3

=

∫ π2

0

cos(t)dt√

1 − sin2(t)

Mais√

1 − sin2(t) = | cos(t)| = cos(t) pour t ∈[0, π

2

]. Ainsi I =

∫ π2

0

dt =π

2.

Enonce 2

Pour a ∈ N, on pose In =

∫ 1

0

xn sin πxdx. Calculer I0, I1 et etablir la formule de

recurrence π2In = π − (n− 1)nIn−2. Montrer que In tend vers 0 quand n→ +∞.

Solution

Les premieres integrale I0 et I1 ont pour valeur

I0 =

∫ 1

0

sin πxdx =[

−cos πx

π

]1

0= 2

I1 =

∫ 1

0

x sin πxdx =[

−x cos πx

π

]1

0+

∫ 1

0

cosπx

xdx

=1

π+

[sin πx

π2

]1

0

=1

π.

264


On a integre par parties en posant u = x et dv = sin πxdx, donc du = dx et v =

−cos πx

π. Dans le cas general, on a

In =

∫ 1

0

xn sin πxdx =

[

−xncosπx

x− π

]1

0

+n

π

∫ 1

0

xn−1 cosπxdx

=1

π+n

π

[

xn−1 sin πx

π

∣∣∣∣

1

0

− n− 1

π

∫ 1

0

xn−2 sin πxdx

]

=1

π− (n− 1)n

π2In−2.

D’autre part, on a 0 ≤ In =∫ 1

0xn sin πxdx ≤

∫ 1

0xndx =

1

n + 1. D’ou lim

n→∞In = 0.

◆

Enonce 3

Peut-on prolonger par continuite la fonction x → sin πx

1 − xau point x = 1 ? Montrer,

ensuite, que

∫ 1

0

sin πx

1 − xdx =

∫ π

0

sin x

xdx. Montrer que lim

n→+∞

∫ 1

0

xn sin πx

1 − xdx = 0. En

deduire que limn→+∞

∫ 1

0

(1 + x+ x2 + · · · + xn) sin πxdx =

∫ π

0

sin x

xdx.

Solution. Posons X = 1 − x. Alors, au voisinage de 0, on a

sin πx

1 − x=

sin(π − πX)

X=

sin πX

X≃ πX

X.

Donc limx→1

sin πx

1 − x= π. On obtient un prolongemet par continuite en posant f(1) = π.

Comme la fonction a integrer est continue sur l’intervalle [0, π], son integrale existe sur

cet intervalle. De plus limx→0

sin x

x= 1. Ainsi la fonction x→ sin x

xest continue sur [0, π],

son integrale existe donc sur cet intervalle. Posons u = 1 − x, donc du = −dx et∫ 1

0

sin πx

1 − xdx =

∫ 1

0

sin πu

udu =

∫ π

0

sin v

vdv.

La fonction x → sin πx

1 − xqui est continue sur [0, 1] est bornee sur cet intervalle par un

certain nombre positif M . Ce qui donne∣∣∣∣

∫ 1

0

sin πx

1 − xdx

∣∣∣∣≤M

∫ 1

0

xndx =M

n+ 1.

265


Ainsi

limn→+∞

∫ 1

0

xn sin πx

1 − x= 0.

D’apres ce qui precede, on a

limn→+∞

∫ 1

0

(1 + x+ · · · + xn) sin πxdx =

∫ 1

0

sin πx

1 − x=

∫ 1

0

sin x

xdx. ◆

Enonce 4

Soit la fonction definie par

f(x) =

∫ π

0

ℓn(1 − 2x cos t+ x2)dt.

① Montrer que pour tout x 6= ±1, la fonction f(x) est bien definie au sens de Riemann.

On suppose desormais la condition x 6= ±1 satisfaite.

② Montrer par un changement de variables que f est paire.

③ Montrer de meme que f(x) + f(−x) = f(x2).

④ En deduire que

f(x) =1

2nf(x2n

), n ∈ N.

④ Montrer que pour tout x 6= ±1 on a

|f(x)| ≤ 2πℓn(1 + |x|).

En deduire que f(y) tend vers 0 quand y tend vers 0, puis que si |x| < 1 on a

|f(x)| = 0.

⑥ Montrer que pour tout x ∈ {0, 1,−1} on a

f

(1

x

)

= f(x) − πℓn(x2).

En deduire la valeur de f(x) lorsque |x| > 1.

266


Solution.

① Si x 6= ±1, on a

1 − 2x cos t+ x2 = g(t) = (x− cos t)2 + sin2 t ≥ 0, ∀t ∈ R.

On ne peut avoir g(t) = 0 que si x − cos t = sin t = 0. Or sin t = 0 donne

cos t = ±1, mais x − cos t 6= 0 puisque x 6= ±1. Donc 1 − 2x cos t + x2 > 0

et par suite la fonction x → ℓn(1 − 2x cos t + x2) est definie et continue comme

composee de fonctions continues. Elles est donc integrables au sens de Riemann

sur le segment ferme borne [0, π].

② Dans f(−x), on fait le changement de variables u = π− t. Ce qui donne f(−x) =

f(x), dnc f est une fonction paire.

③ Dans le calcul suivant, on fait le changement de variables 2t = u et dt = du ce

qui donne les egalites

f(x) + f(−x) =

∫ π

0

[ℓn(1 − 2x cos t+ x2)(1 + 2x cos t+ x2)]dt

=

∫ π

0

ℓn[1 + x4 − 2x2(2 cos2 t− 1)]dt+

∫ π

0

ℓn[1 + x4 − 2x2 cos 2t]dt

=1

2

∫ 2π

0

ℓn[1 + x4 − 2x2 cos u]du

=1

2

∫ π

0

ℓn[1 + x4 − 2x2 cosu]du+1

2

∫ 2π

π

ℓn[1 + x4 − 2x2 cosu]du

Posons dans la derniere integrale : v = 2π − u, il vient que

1

2

∫ 2π

π

ℓn[1 + x4 − 2x2 cosu]du =1

2

∫ π

0

ℓn[1 + x4 − 2x2 cos v]dv.

Ainsi f(x) + f(−x) = f(x2).

④ Comme f(−x) = f(x), on a f(x) =1

2f(x2). La relation est donc vraie pour

n = 0 et n = 1. Supposons que 2nf(x) = f[x2n]

pour n ≥ 0. Mais

x2n+1

= x2n.2 =⇒ f[x2n]

=1

2f[

x2n+1]

.

Alors f[

x2n+1]

= 2n+1f(x). La recurrence est demontree.

267


④ Pour tout t et pour tout y 6= ±1, on a

0 < 1 − 2y cos t+ y2 ≤ 1 + 2|y|.| cos t| + y2 ≤ 1 + 2|y|+ y2 = (1 + |y|)2.

La fonction ℓn etant strictement croissante, on a

ℓn(1 − 2y cos t+ y2) ≤ ℓn(1 + |y|)2 = 2ℓn(1 + |y|).

Ainsi

|f(y)| ≤∫ π

0

|ℓn(1 − 2y cos t+ y2)|dt ≤∫ π

0

2ℓn(1 + |y|)dt = 2πℓn(1 + |y|).

Quand y → 0, ℓn(1 + |y|) → ℓn1 = 0 car la fonction ℓn est continue. Donc a

fortiori, limy/to0 |f(y)| = 0. Ainsi, en posant y =1

2nqui tend vers 0 lorsque n

tend vers +∞,

f(x) = limy→0

yf(y) = 0.

⑥ Soit x /∈ {0, 1,−1} et considerons f(x) =∫ π

0ℓn(1−2x cos t+x2)dt. Posons y =

1

x.

On obtient

f(x) =

∫ π

0

ℓn

(

1 − 2

ycos t+

1

y2

)

dt =

∫ π

0

[ℓn(1 − 2y cos t+ y2) − ℓny2

]dt

= f(y)− πℓn(y2).

Soit

f

(1

x

)

= f(x) + πℓn

(1

x2

)

= f(x) − πℓn(x2).

Si |x| > 1, on a

∣∣∣∣

1

x

∣∣∣∣< 1 et par suite f

(1

x

)

= 0. Soit f(x) = πℓn(x2) si |x| > 1.

Enonce 5

Soit a un nombre reel positif.

① Montrer que la fonction fa telle que fa = xaℓnx est prolongeable par continuite en

x = 0. Calculer∫ 1

0fa(x)dx.

268


② Montrer que la fonction ga definie sur ]0, 1[ par

ga(x) =xa − ℓnx

x2 − 1

est prolongeable par continuite en x = 0 et x = 1.

③ On pose, pour n ∈ N,

In =

∫ 1

0

g2n+1(x)dx.

Calculer In+1 − In.

④ Montrer quep−1∑

i=1

1

(i+ 1)2<

∫ p

1

dx

x2.

En deduire que la suite (In)n∈N converge.

④ Montrer que pour 0 < x < 1 on a

0 <xℓnx

x2 − 1<

1

2.

En deduire que limn→∞

In = 0.

⑥ Demontrer que

4I0 = limn→+∞

(

1 +1

22+

1

32+ · · ·+ 1

n2

)

.

Solution.

① La fonction fa est definie, continue, pour tout x > 0 et a > 0. Comme

limx→0+

xaℓnx = 0 car a > 0, on peut prolonger fa par continuite en posant

afa(0) = 0. On calcul l’integrale par parties en posant u = ℓnx et dv = xadx

donc v =xa+1

a+ 1. Ainsi

∫ 1

0

xaℓnxdx =

[xa+1

a + 1ℓnx

]1

0

−∫ 1

0

xa

a + 1dx

= −∫ 1

0

xa

a+ 1dx = − 1

(a + 1)2.

269


② Pour les memes raisons que dans la premiere question, on peut prologer ga par

continuite en 0 en posant ga(0) = 0. Par ailleurs

limx→0+

xa

x+ 1.ℓnx

x− 1= lim

u→0+

(1 + u)a

2 + u.ℓn(1 + u)

u=

1

2.

On a pose x = 1+ u et ℓn(1 +u) ≃ u au voisinage de 0. Ainsi, on peut prolonger

ga par continuite au voisinage de 1 en posant ga(1) =1

2.

③ L’integrale In est bien definie car d’apres 2), c’est l’integrale d’une fonction con-

tinue. De plus, on a

In+1 − In =

∫ 1

0

[(x2n+3 − x2n+1)ℓnx

x2 − 1

]

dx

=

∫ 1

0

x2n+1ℓnx = f2n+1(x)dx

Ce qui donne

In+1 − In =−1

4(n+ 1)2.

④ Decomposons l’intervalle [1, p] en (p − 1) intervalles egaux de longueur 1 et soit

[i, i + 1] l’un d’entre eux. Sur [i, i + 1] on a1

x2≥ 1

(i+ 1)2et meme strictement

superieur sur un intervalle ouvert non vide contenu dans i, i+ 1[. Donc∫ i+1

i

dx

x2>

1

(i+ 1)2.

En ajoutant les inegalites obtenues pour les differentes valeurs entieres de i entre

1 et p− 1, on trouve l’inegalite demandee

∫ p

1

dx

x2>

p−1∑

i=1

1

(i+ 1)2.

Par recurrence, on a

In+1 − In = − 1

4(n + 1)2

In − In−1 = − 1

4n2

... =...

I1 − I0 = −1

4.

En ajoutant membre a membre, il vient que

In = I0 −1

4− 1

4

n−1∑

i=1

1

(i+ 1)2.

270


La suite

(∑n−1

i=O

1

(i+ 1)2

)

n∈N

est croissante et

supn

∫ 1

0

dx

x2= sup

n

(

1 − 1

n

)

= 1.

Elle est donc convergente. La suite (In)n est aussi convergente.

④ Pour 0 < x < 1, ℓnx et x2 − 1 sont tous les deux negatifs. D’ou

xℓnx

x2 − 1> 0, x ∈]0, 1[.

Par ailleursxℓnx

x2 − 1<

1

2⇐⇒ 2xℓnx− x2 + 1 > 0

car x2 − 1 < 0 sur ]0, 1[. Etudios la fonction x → y(x) = 2xℓnx − x2 + 1. Elle

est definie et derivable pour x > 0 et decroissante sur l’intervalle ]0, 1]. Comme

y(1) = 0, y est positive sur ]0, 1[. Il resulte la double inegalite

0 < In =

∫ 1

0

x2n.xℓnx

x2 − 1dx <

1

2

∫ 1

0

x2ndx =1

4n+ 2.

Donc

0 ≤ limn→+∞

In ≤ limn→+∞

1

4n+ 2= 0.

Donc limn→+∞

In = 0.

⑥ De l’egalite

In = I0 −1

4

n−1∑

i=0

1

(i+ 1)2

on deduit en faisant tendre n vers +∞

limn→+∞

(

1 +1

22+ · · ·+ 1

n2

)

= 4I0 = 4

∫ 1

0

xℓnx

x2 − 1dx.

Enonce 6

On considere les integrales definies par

Jn =

∫ +∞

−∞

t2dt

(t4 + 1), n ≤ 1,

271


trouver une relation entre Jn et Jn−1. Calculer J1 et en deduire la valeur de J2 puis Jn.

Solution. Les integrales Jn ont un sens pour n ≥ 1, le denominateur t4 + 1 ne

s’annulant pas, et a l’infini etant equivalentes aux integrales des fonctions1

t4n−2qui

sont convergentes car 4n− 2 > 1. Partons de Jn−1 pour n > 1 et integrons par parties

en posant

u =1

(t4 + 1)n−1, dv = t2dt, du =

−4(n− 1)t3

(t4 + 1)et v =

t3

3.

D’ou en ecrivant t6 = t2(t4 + 1 − 1) = t2(t4 + 1) − t2. On obtient

Jn−1 =

[t3

3(t4 + 1)n−1

]+∞

−∞+

4(n− 1)

3

∫ +∞

−∞

t6dt

(t4 + 1)n

=4(n− 1)

3

∫ +∞

−∞

t2dt

(t4 + 1)n−1− 4(n− 1)

3

∫ +∞

−∞

t2dt

(t4 + 1)n.

Etant donne que limn→±∞

t3

3(t4 + 1)n−1= 0 pour n− 1 > 0. D’ou la relation

(4n− 7)Jn−1 = (4n− 4)Jn.

Pour le calcul de J1, on remarque que

t4 + 1 = (t2 + t√

2 + 1)(t2 − t√

2 + 1).

Ce qui donne la decomposition

t2

t4 + 1=

√2

4

[t2

t2 − t√

2 + 1− t2

t2 + t√

2 + 1

]

.

Remarquons que t2 − t√

2 + 1 =(

t−√

22)2

+

(√2

2

)2

. Posons t−√

2

2=

√2

2u ce qui

donne dt =

√2

2du et l’on obtient

∫t

t2 − t√

2 + 2dt = arctan(

√2 + t− 1) +

1

2ℓn(t2 −

√2t+ 1) + C.

Un calcul semblable nous donne la deuxieme integrale et enfin

J1 =

√2

4

[

arctan(√

2t+ 1) + arctan(√

2t− 1) +1

2ℓn

(

t2 −√

2t+ 1

t2 +√

2t+ 1

)]+∞

−∞

=π√

2

2.

272


Calculon maintenant J2 a l’aide de la relation de recurrence, on obteint

J2 =π√

2

8.

De maniere generale d’apres la relation de recurrence, on obtient

Jn =(4n− 7)(4(n− 1) − 7) · · ·5.1(4n− 4)(4(n− 1) − 4) · · ·8.4 .

π√

2

2.

Enonce 7

On pose, pour tout entier n ≥ 1 :

In =

∫π

2

0

(sin x)ndx.

① Calculer I1 et I2.

② Etablir, pour tout entier n ≥ 1, la rela tion

In+1 =n + 1

n + 2In.

③ Montrer que l’on a, pour tout n ≥ 1

I2n =

(n∏

k=1

2k − 1

2k

)

.π

2

I2n+1 =

n∏

k=1

2

2k + 1.

④ Verifier que

I2n−1 > I2n > I2n+1, ∀n ≥ 1.

En deduire

π

2.

2n

2n+ 1<

22.42. · · · .(2n)2

32.52. · · · .(2n− 1)2.

1

2n + 1<π

2, ∀n ≥ 1.

④ Montrer que :

π

2= lim

n→+∞

{n∏

k=1

(2k)2

(2k − 1)(2k + 1)

}

.

273


Solution.

① On a I1 = 1 et

I2 =

∫π

2

0

1 − cos 2x

2dx =

π

4.

② On integre par parties

I2n+1 =

∫π

2

0

sinn+1 x. sin xdx

=[− sinn+1 x. cosx

]

π

20 + (n+ 1)

∫π

2

0

sinn x cos2 xdx

= (n + 1)[In − In+2]

d’ou la relation cherchee.

③ En appliquant les egalites precedentes, on obtient

I2n =2n− 1

2nI2(n−1) = · · · =

(2n− 1)(2n− 3) · · ·32n.2(n− 1) · · ·4 .I2 =

n∏

k=1

2k − 1

2k.π

2

I2n+1 =2n

2n+ 1.I2n−1 = · · · =

2n.2(n− 1) · · ·2(2n+ 1)(2n− 1) · · ·3 .I1 =

n∏

k=1

2k

2k + 1.

④ La difference I2n−1 − I2n s’ecrit

∫π

2

0

g(x)dx, ou g est la fonction continue sur[

0,π

2

]

definie par g(x) = sin2n−1 x.(1 − sin x), on a alors I2n−1 − I2n ≥ 0 puisque

la fonction g est positive sur l’intervalle[

0,π

2

]

et comme g est non identiquement

nulle sur cet intervalle alors I2n−1 − I2n 6= 0. Ainsi I2n−1 − I2n > 0. Un argu-

ment similaire montre que I2n > I2n+1. Comme I2n 6= 0 alorsI2n−1

I2n

> 1 et en

remplacant par les valeurs trouvees, on obtient

2n.

n−1∏

k=1

(2k)

n∏

k=1

(2k − 1)

2

.2

π> 1,

ce qui donne apres multiplication des deux membres par2n

2n+ 1.π2

22.42 · · · (2n)2

32.52 · · · (2n− 1)2.

1

2n+ 1>

2n

2n+ 1.π

2.

274


Partant de I2n > I2n+1, on obtient de facon similaire

22.42 · · · 2n2

32.52 · · · (2n− 1)2.

1

2n + 1<π

2.

④ Le resultat precedent s’ecrit

π

2.

2n

2n+ 1< an <

π

2, ∀n ≥ 1

avec

an =

( n∏

k=1

(2k)2

(2k − 1)2

)

.1

2n+ 1=

n∏

k=1

(2k)2

n∏

k=1

(2k − 1)(2k + 1).

Comme limn→+∞

π

2.

2n

2n+ 1=π

2, on en deduit que la suite (an) est covergente et que

sa limite estπ

2.

Enonce 8

Le but de cet exercice est de montrer qu’il n’existe pas de polynome, non nul, de degre

inferieure ou egal a 2 dont le nombre e soit racine. On dit que e n’est pas quadratique.

On rappel la formule de Taylor avec reste integral

f(x) = f(a) +

n∑

k=1

(x− a)k

k!f(a) +

∫ x

a

(x− t)n+1

(n+ 1)!fn+1(t)dt.

On suppose

∃a, b, c ∈ Z : e2 + be+ c = 0 (⇐⇒ e+ b+ ce−1 = 0).

① Ecrire la formule de Taylor avec reste integral pour la fonction ex entre 0 et 1 puis

entre 0 et −1.

② Pour n ∈ N∗, on pose

In =

∫ 1

0

(1 − t)netdt et J =

∫ 0

−1

(−1 − t)netdt.

Montrer que pour tout n ∈ N∗, aIn + bJn est un entier.

Montrer que limn→+∞

In = 0 et limn→+∞

Jn = 0.

En deduire que pour n assez grand aIn + cJn = 0.

275


③ Montrer que a = c = 0 et que b = 0. ( On etudiera le signe de In et Jn).

Solution.

① La formule de Taylor avec reste integral s’ecrit dans ce cas

∀x ∈ R, ∀n ∈ N, ex =

n∑

k=0

xk

k!+

∫ x

0

(x− t)n et

n!dt.

② On applique cett formule en divers points de l’intervalle [−1, 1]. En x = 1,−1,

on a alors

e =

n∑

k=0

1

k!+

∫ x

0

(1 − t)n et

n!dt

e−1 =

n∑

k=0

(−1)k

k!+

∫ −1

0

(−1 − t)n et

n!dt.

En reportant dans ae−1 + b+ ce = 0 et en multipliant par n!, on obtient

−an∑

k=0

n!

k!− n!b− c

n∑

k=0

(−1)kn!

k!= aIn + cJn.

Or, si k < n alors k! divise n!. On en deduit que le membre de gauche est un

entier relatif.

On a et < e pour tout t ∈ [0, 1], donnc

0 ≤ In =

∫ 1

0

(1 − t)netdt ≤ e

∫ 1

0

(1 − t)ndt = e

[−(1 − t)n+1

n+ 1

]1

0

=e

n+ 1.

De meme et < 1 pour tout t ∈ [−1, 0] et Jn = (−1)n+1∫ 0

−1(1 + t)netdt. Alors

|Jn| ≤∫ 0

−1

(1 + t)ndt =1

n+ 1.

On en deduit que

limn→+∞

In = limn→+∞

Jn et limn→+∞

(aIn + bJn) = 0.

Comme aIn + bJn est un entier, il existe un entier N tel que pour tout n ≥ N tel

que |aIn + bJn| <1

2donc aIn + bJn = 0.

276


③ Pour tous n ∈ N∗ et t ∈ [0, 1], on a

(1 − t)net ≥ 0 =⇒ In > 0.

De meme Jn est du signe de (−1)n+1 alors −aIn = cJn, In > 0 et que Jn > 0 si

n est pair et Jn si n est impair. Donc l’egalite n’a lieu que si a = c = 0 ce qui

entraine b = 0.

277


278

Chapitre 6Problemes d’Examens non corriges

Exercice 1.

① Soit g la fonction definie pour tout x reel par g(x) =

∫ x

0

sin 2tdt

1 + sin4 t. Pour quelles

valeurs de x la fonction g est-elle derivable ? Quelle est alors sa derivee ?

② Calculer g(π

2

)

.

③ Calculer l’integale I =

∫π

2

0

sin 2t

(1 + sin4 t)2dt.

④ Chercher la limite, lorsque n tend vers +∞, de l’expression suivantes Sn =

n∑

k=0

k

n2 + k4n2.

④ Soit f la fonction definie pour tout x ∈ R par

f(x) =

∫ π2

0

sin(2x+ 2t)

1 + sin4(x+ t)dt.

Montrer que f est derivable et calculer sa derivee. (On pourra u = x+ t).

⑥ Soit h la fonction definie pour tout x ∈ R par

h(x) =

∫ π2

0

sin(2x+ 2t) cos t

1 + sin4(x+ t)dt.

Montrer que h est derivable et calculer sa derivee.

279


Exercice 2.

On considere une fonction reelle f definie, continue sur R. On suppose que les derivees

f ′, f ′′ sont continues et que f , f ′ et f ′′ sont nulles en dehors de l’ intervalle compact

[a, b]. La norme de f est definie par ‖f‖ = supx

|f(x)|. Soient t ∈ R+ et h tel que |h| ≤ t,

on pose ω(f, t) = supx,|h|≤t

|f(x + h) − f(x)|. ( ω(f, t) est la borne superieure des nombres

|f(x+ h) − f(x)| quant x parcourt R et |h| ≤ t).

① Calculer

∫ h

0

f ′(x+ θ)dθ.

② Montrer que ω(f, t) ≤ 2‖f‖. et ω(f, t) ≤ t‖f ′‖.

③ Montrer que t‖f‖ ≤ ω(f, t) + kω(f ′, t).

④ Montrer que pour tout t ∈ R∗, on a ‖f ′′‖t2 − ‖f ′‖t+ 2‖f‖ ≥ 0.

④ En deduire que ‖f ′‖2 ≤ θ‖f‖.‖f ′′‖.

Exercice 3.

Soit, C(R) , l’espace vectoriel sur R des fonctions continues de R dans R. Soit T

l’application definie sur C(R) par T (f)(x) =∫ x

0tf(t)dt. T (f) est dite transformee de

f .

① Montrer que si f ∈ C alors T (f) ∈ C, T (f) est derivable sur R et qu’elle admet une

derivee seconde en 0 que l’on calculera.

② Montrer que l’application T est lineaire. Calculer Ker T . T est-elle injective ?

surjective ?

③ Montrer que la transformee F de la fonction x→ f(x) =1

ch xadmet un developpement

limite a l’ordre n au voisinage de 0 pour tout n ∈ N. La calculer pour n = 9.

④ Calculer T (f) pour

f(t) = t arctan t, f(t) =1

ch 2tet f(t) =

t2 + 2√

(t2 + 1)3.

(On pourra effectuer le changement de changement de variable u = t2 + 1).

280


Exercice 4.

Soit, C, l’espace vectoriel sur R des fonctions continues de R dans R. Soit T l’application

definie sur C par

T (f)(x) =

∫ x+1

x

f(t)dt.

① On suppose ici f(x) =1

1 + x2. Calculer g = T (f) et donner le developpement de

g(x) suivant les puissances de1

xlorsque |x| tend vers +∞.

② Soit l’equation

f = λT (f), λ ∈ R∗ (E)

Determiner λ pour qu’elle admette la solution f(x) = eαx, α ∈ R. Soit ϕ la fonction

definie par ϕ(x) =x

ex − 1pour x 6= 0 et ϕ(0) = 1. Etudier les variations et le

graphe de ϕ. En deduire que si λ est donne positif, on peut determiner α tel que

f(x) = eαx soit solution de (E).

③ Soit B ⊂ C le sous ensembles des fonctions bornees de C. Montrer que

f ∈ C (resp. B) =⇒ g = T (f) ∈ C (resp. B).

Montrer que si |λ| < 1, l’equation (E) n’admet dans B que la solution f = 0.

④ On definit la suite (fn) par

f0 = 1, · · · , fn+1 = λT (fn) + 1.

Montrer que fn(x) a une valeur constante un. Calculer u1, u2 ainsi que un en fonction

de λ. Pour quelles valeurs de λ la suite (un) a-t-elle une limite finie lorsque n tend

vers +∞.

Montrer que l’equation

f = λT (f) + 1, λ ∈ R, f ∈ C

admet une solution particuliere qui est la fonction constante. Montrer pour les

valeurs de λ trouvees ci-dessus, que cette solution est la limite de la suite (fn) et

que (E ′) n’admet pas d’autre solution dans B.

④ Dans le cas ou λ ∈]0, 1[, former, a l’aide des resultats de 2) d’autres solutions de

l’equation (E ′) dans C.

281


Exercice 5. (Convolution de fonctions).

① Montrer que si f est une fonction periodique de periode T , alors∫ a+T

af(t)dt ne

depend pas du reel a.

Si f et g sont deux fonctions periodiques de periodes T , on definit f ∗ g par

f ∗ g(x) =

∫ a+T

a

f(x− t)g(t)dt?

② Montrer que f ∗ g est periodique de periode T et que

f ∗ g = g ∗ f.

On prend desormais T = π f et g etant les fonctions egales sur [0, 1] a

f(t) = sin t et g(t) = t

et prolongee a R par periodicite.

④ Calculer f ∗ g(x) pour x ∈ [0, π].

④ Calculer∫ π

0f(t)dt,

∫ π

0g(t)dt,

∫ π

0f ∗ g(x)dx. Verifier que la derniere integrale est le

produit des deux premieres.

Exercice 6. (Formule de Stirling)

On designe par (C) la courbe representative, dans un repere orthonorme, du graphe de la

fonction f : x ∈]0,+∞[→ f(x) = ℓnx. Pour tout entier n ≥ 1, on note par Mn le point

de (C d’abscisse n et An,Bn, Sn et S′n les parties bornees de R2 definies comme suit :

An est delimitee par (C), l’axe ses abscisses et les droites D1 et Dn d’equations respectives

x = 1 et x = n

Bn est delimitee par l’axe des abscisses, les droites D1, Dn et les segments de droite

M1M2,M2M3, · · · ,Mn−1Mn

Sn est delimitee par le segment de droite MnMn+1 et l’arc de la courbe (C) d’extremites

Mn et Mn+1

S′n est l’ensemble des images des points de Sn par la translation de vecteur → Mn+1M2.

On designera par an, bn, sn et s′n les aires (arithmetiques) respectives de An,Bn, Sn et S′n.

282


① Calculer les valeurs de an et bn (≥ 1) et verifier que

an − bn =

(

n+1

2

)

ℓnn− n+ 1 − ℓn(n!).

② Montrer qu’u point M ′ est dans S ′n si et seulement si des coordonnees (x′, y′) verifient

1 ≤ x′ ≤ 2

(x′ − 1)ℓn

(n + 1

n

)

+ ℓn

(2n

n

)

≤ y′ ≤ ℓn(x′ + n− 1) + ℓn2

n + 1.

En deduire la valeur de s′n, et verifier que

s′n = sn, ∀n ≥ 1.

Montrer que si n et m sont deux entiers distincts (non nuls) alors on a

S ′n ∩ S ′

m = {M2}.

Verifier que tous les ensembles S ′n (n ≥ 1) sont contenus dans le triangle M1M2H

(ou H est le point de coordonnees (1, ℓn2). En deduire que la suite (dn)n≥1, definie

par

dn =n∑

k=1

s′k.

converge vers une limite finie que l’on notera d. [Indication : Noter qu’il resulte de

ce qui precede que dn est l’aire arithmetique de S ′1 ∪ S ′

2 ∪ · · · ∪ S ′n].

③ Montrer que la suite (αn)n≥1 definie par

ℓn(n!) =

(

n+1

2

)

ℓnn− n+ 1 − d+ αn, n ≥ 1

converge vers 0 quand n tend vers +∞.

④ Deduire de la formule de Wallis que

limn→+∞

[

2nℓn2 + 2ℓn(n!) − ℓn[(2n)!] − 1

2ℓn(2n+ 1)

]

= ℓn

√π

2.

Montrer alors que

1 − d = ℓn√

2π.

⑤ Etablir enfin, la formule d’approximation de Stirling

n! ∼√

2πn.nne−n, n→ +∞.

283

cours algebre et analyse i` -...

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